2021届天一大联考高三阶段性测试（二）数学（理）试题教师解析版

2021届天一大联考高三阶段性测试（二）数学（理） 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 一、单选题1．（）．A．B．C．D． 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 ：C【分析】直接利用诱导公式计算可得；解：解：.故选：C点评：本题考查正弦函数求值，诱导公式的应用，属于基础题.2．设集合，，则（）．A．B．C．D．答案：D【分析】解不等式确定集合中的元素，然后由交集定义求解．解：由已知可得，，所以.故选：D．点评：本题考查集合的交集运算，一元二次不等式的解法，指数函数的性质，属于基础题．3．已知公差不为0的等差数列中，，是，的等比中项，则的前5项之和（）．A．30B．45C．63D．84答案：B【分析】由，是，的等比中项，列出方程组，求得，结合前项和公式，即可求解.解：设等差数列的公差为，因为，是，的等比中项，可得，解得或(舍去)，所以.故选：B.点评：本题主要考查了等差数列的通项公式，以等差数列的前和公式的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和前和公式，准确运算是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.4．函数的图象在点处的切线方程为（）．A．B．C．D．答案：A【分析】首先求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再利用点斜式求出切线方程；解：解：由，得，所以，，所以切线方程为.故选：A点评：本题考查利用导数求切线方程，属于基础题.5．“欲穷千里目，更上一层楼”出自唐朝诗人王之涣的《登鹳雀楼》，鹳雀楼位于今山西永济市，该楼有三层，前对中条山，下临黄河，传说常有鹳雀在此停留，故有此名．下面是复建的鹳雀楼的示意图，某位游客（身高忽略不计）从地面点看楼顶点的仰角为30°，沿直线前进79米到达点，此时看点的仰角为45°，若，则楼高约为（）．A．65米B．74米C．83米D．92米答案：B【分析】设的高度为，在直角三角形中用表示出，由可求得得楼高．解：设的高度为，则由已知可得，，，所以，解得，所以楼高（米）．故选：B．点评：本题考查解三角形的实际应用．属于基础题．6．“”是“”的（）．A．充要条件B．既不充分也不必要条件C．充分不必要条件D．必要不充分条件答案：D【分析】分别求出所对应的不等式，再根据充分条件、必要条件的定义判断可得；解：解：当时，有；当时，有.故“”是“”的必要不充分条件.故选：D点评：本题考查充要条件的判断，属于基础题.7．已知在四边形中，，，，是的中点，则（）．A．B．2C．3D．4答案：C【分析】依题意，根据平面向量数量积的几何意义可得的值为与在方向的投影的乘积，数形结合即可得解.解：解：由题意可得，所以，.又，所以四边形是直角梯形，如图所示，则的值为与在方向的投影的乘积.又是的中点，所以在方向的投影为，所以.故选：C点评：本题考查向量的线性运算，数量积的几何意义，属于中档题.8．函数的图象大致为（）．A．B．C．D．答案：B【分析】先判断函数的奇偶性，再利用特殊值排除可得答案.解：由已知可得函数的定义域为，且，，所以函数是偶函数，图象关于轴对称，故可排除C，D；又当时，，故可排除A．故选：B．点评：本题考查函数图象的识别，属于基础题.9．若，，则（）．A．B．0C．D．或0答案：A【分析】由二倍角公式和两角差的正弦公式变形已知条件，由可得，从而求得的值，再计算解：由，可得，即．因为，所以，，即，于是，所以．故选：A点评：本题考查二倍角公式和两角和与差的正弦公式，考查特殊角的三角函数值．三角函数求值问题一般先化简，然后再由三角函数公式变形计算，对特殊角的三角函数值也可以求出角，然后再计算三角函数值．10．若，为正实数，且，则的最小值为（）．A．B．C．2D．4答案：B【分析】由已知可得，再利用基本不等式计算可得；解：解：由已知可得，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为．故选：B点评：本题考查基本不等式及其应用，属于中档题．11．已知是定义在上的奇函数，，恒有，且当时，，则（）．A．1B．2C．3D．4答案：C【分析】由条件可得函数周期为4，奇函数得，已知式中有，由已知求出，根据周期性可求得题中结论．解：由已知可得，则，所以，所以的周期为4.又因为，，所以，所以.又因为，，所以.故选：C．点评：本题考查函数的奇偶性､周期性的应用，确定函数的周期性是解题关键．函数满足，则函数是周期函数，是它的一个周期．12．设函数是函数的导函数，若对于任意的，恒有，则函数的零点个数为（）．A．0B．1C．2D．3答案：A【分析】设，利用导数判断函数在上单调递减，函数在上单调递增，从而可得，即可判断零点个数为0.解：设，则.因为对于任意的，恒有，所以当时，，函数在上单调递减，当时，，所以函数在上单调递增，所以，所以函数没有零点，故也没有零点.故选：A点评：本题考查利用导数研究函数的零点，考查了基本运算求解能力，属于基础题.二、填空题13．若变量，满足约束条件，则的最大值为______．答案：6【分析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平行该直线可得最优解．解：作出约束条件表示的可行域，如图阴影部分所示．作直线，由可得，平移直线，可知当直线过点时，取得最大值，最大值为6．故答案为：6．点评：本题考查简单的线性规划，解题关键是作出可行域，作目标函数对称的直线，平移该直线后可得最优解．14．已知向量，，，则______．答案：【分析】求出，把等式两边平方后由数量积的计算可得．解：因为，所以，又，所以，即，解得.故答案为：．点评：本题考查平面向量数量积的运算，解题关键是利用数量积的性质：，把模与数量进行转化．15．已知数列的前项和为，且，则数列的前项和______．答案：【分析】令，可得.由时得出是等比数列，求出后用错位相减法求得和．解：令，可得.又由已知可得，当时，，两式相减，,,又，∴，，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，所以，所以，，两式相减，得，得.故答案为：．点评：本题考查由数列的前项求数列的通项公式，考查错位相减法求和，.属于中档题．错位相减法、裂项相消法、分组（并项）求和法、倒序相加法是数列求和的几种特殊方法．需掌握它们的应用．16．若函数在定义域内满足：对任意的，，且，有，则称函数为“类单调递增函数”．下列函数是“类单调递增函数”的有填写所有满足题意的函数序号）．__________.①；②；③；④．答案：①④【分析】根据“类单调递增函数”的定义，一一判断即可；解：解：对于①，显然，即，是“类单调递增函数”；对于②，取，，此时，，即，不是“类单调递增函数”；对于③，取，此时，，即，不是“类单调递增函数”；对于④，，若，则，若，则，，即，是“类单调递增函数”.所以是“类单调递增函数”的有①④.故答案为：①④点评：本题函数新定义问题，考查分析问题的能力，属于中档题.三、解答题17．已知在中，角，，的对边分别为，，，且．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若，，求的面积．答案：（Ⅰ）2；（Ⅱ）．【分析】（Ⅰ）由正弦定理将边化角，再利用两角和的正弦公式可得，再根据内角和定理及诱导公式可得，最后利用正弦定理即可得解；（Ⅱ）由余弦定理求出边，再利用面积公式计算可得；解：解：（Ⅰ）因为，由正弦定理得，所以得．因为，所以，所以由正弦定理可得．（Ⅱ）因为，，，所以由余弦定理得，即，解得，则．又，所以．点评：本题考查解三角形，三角恒等变换及正、余弦定理的应用，属于中档题．18．如图，在四棱锥中，，，，平面，为的中点．（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）若，求二面角的余弦值．答案：（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．【分析】（Ⅰ）取的中点，连接，．可得，从而得到平面平面，即可得证；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求二面角的余弦值；解：解：（Ⅰ）取的中点，连接，．因为为的中点，所以．因为，所以．又，，所以四边形是矩形，所以．因为，，平面，平面所以平面平面．因为平面，所以平面．（Ⅱ）由已知和（Ⅰ）可得，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，所以，，，，所以，，，设平面的一个法向量为．则，即．令，得．设平面的一个法向量为，则，即．令，得．所以．故二面角的余弦值为．点评：本题考查线面平行的证明，利用空间向量求二面角，属于中档题．19．2020年全球暴发新冠肺炎疫情，其最大特点是人传人，传播快，病亡率高．通过佩戴口罩可以有效地降低病毒传染率．在某高风险地区，公共场合未戴口罩被感染的概率是，戴口罩被感染的概率是，现有在公共场合活动的甲、乙、丙、丁、戊5个人，每个人是否被感染相互独立．（1）若他们都未戴口罩，求其中恰有3人被感染的概率．（2）若他们中有3人戴口罩，设5人中被感染的人数为，求：（ⅰ）；（ⅱ）．附：对于两个随机变量、，有．答案：（Ⅰ）；（Ⅱ）（ⅰ），（ⅱ）．【分析】（1）利用事件恰好发生k次的的概率公式可得答案；（2）分情况计算当被感染的两人都未戴口罩、只有一人戴口罩、都戴口罩的概率，再根据互斥事件概率加法公式求得；分别求戴口罩的3人被感染的人数、未戴口罩的2人被感染的人数的期望可得答案.解：（1）若他们都未戴口罩，则恰有3人被感染的概率是．（2）（ⅰ）当被感染的两人都未戴口罩时，；当被感染的两人中，只有一人戴口罩时，；当被感染的两人都戴口罩时，．所以．（ⅱ）设戴口罩的3人被感染的人数为，则，设未戴口罩的2人被感染的人数为则，所以．点评：本题考查二项分布、互斥事件的概率计算公式，概率的实际应用．20．已知椭圆的长轴长为4，上顶点为，左、右焦点分别为，，且，为坐标原点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设点，为椭圆上的两个动点，，问：点到直线的距离是否为定值？若是，求出的值；若不是．请说明理由．答案：（Ⅰ）；（Ⅱ）点到直线的距离是，是定值．【分析】（Ⅰ）由题可得，再根据可在中求出，即得椭圆方程；（Ⅱ）分直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况进行讨论，可设直线的方程为，联立椭圆方程即可证得定值.解：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为．由已知可得，解得．因为，易得在中，，，，．所以，解得．所以椭圆的方程为．（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，轴．由可得．结合椭圆的对称性，可设，，则．将点代入椭圆的方程，得，解得，所以．当直线的斜率存在时，设直线的方程为，此时点到直线的距离，即．设，，由，可得，则，得．所以，．所以．又因为，所以，即，解得．所以，得．综上所述，点到直线的距离是，是定值．点评：本题考查椭圆的性质以及应用，直线与椭圆的位置关系，定值问题．21．已知函数．（Ⅰ）讨论的单调性；（Ⅱ）若函数有两个极值点，，且恒成立，求实数的取值范围．答案：（Ⅰ）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（Ⅱ）．【分析】（Ⅰ）首先求出函数的导函数，对参数分类讨论，分别求出函数的单调区间；（Ⅱ）首先求出函数的导函数，依题意可得，是方程的两个不等正实根．即可求出的取值范围，再利用韦达定理可得，要使恒成立，只需恒成立．即，令，利用导数研究函数的单调性求出函数的最值，即可得解；解：解：（Ⅰ）由已知可得．当时，，在上单调递增；当时，令，解得．当时，，单调递增；当时，，单调递减．综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减．（Ⅱ），则．若函数有两个极值点，则，是方程的两个不等正实根．所以，解得．所以，①，②所以．要使恒成立，只需恒成立．由①②可得．令，则，当时，，为减函数，所以．所以要使恒成立，只需满足．所以实数的取值范围是．点评：本题考查导数及其应用，考查不等式恒成立求参数取值范围，属于中档题．22．已知在极坐标系中，曲线的极坐标方程为．以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，曲线的参数方程为（为参数）．（Ⅰ）求曲线的直角坐标方程和的普通方程；（Ⅱ）设曲线与曲线相交于，两点，求的值．答案：（Ⅰ），；（Ⅱ）．【分析】（Ⅰ）根据极坐标方程直接化为直角坐标方程，得到的直角坐标方程；根据参数方程，消去参数，即可得出的普通方程；（Ⅱ）先由（Ⅰ）得到曲线的参数方程（为参数），代入曲线的普通方程，根据弦长的参数表示，即可得出结果.解：（Ⅰ）由可得，即；即曲线的直角坐标方程为；曲线的参数方程为（为参数），消去参数，可得的普通方程为．（Ⅱ）曲线的参数方程可写为（为参数），代入曲线的普通方程，得，整理得．设，所对应的参数分别为，，则，所以．点评：本题考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，考查参数的方法求弦长，属于常考题型.23．已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若的最小值为，且实数，满足，求的最小值.答案：（1）或；（2）.【分析】（1）先将函数解析式化为，分别讨论，，三种情况，即可得出结果；（2）先由（1）得到，得出3a−4b−5=0，根据的几何意义，即可求出结果.解：本题考查绝对值不等式的解法和点到直线的距离公式，考查分类讨论思想和转化思想.（1）.由，可得，或，或，解得或或.所以不等式的解集为或（2）由（1）易求得，即.所以，即.表示点与点的距离的平方.又点在直线上.因为点到直线的距离，所以的最小值为.点评：本题考查绝对值不等式的解法和点到直线的距离公式，考查分类讨论思想和转化思想,属于中档题.PAGE试卷第2页，总4页20