西藏自治区山南市2021届高三第一次模拟考试数学（文）试题（word版 含答案）

西藏自治区山南市2021届高三第一次模拟考试数学（文）试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．计算（    ）

A． B． C． D．

3．等差数列中，若，，则（    ）.

A． B．3 C． D．9

4．“”是“关于x的实系数方程没有实数根”的（    ）

A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．非充要条件

5．下图为某旋转体的三视图，则该几何体的侧面积为（    ）

A． B． C． D．

6．已知点在直线上，则的最小值为（    ）

A． B．

C． D．

7．某实验室研发新冠疫苗，试验中需对，两项指标进行对照试验．已经进行的连续五次试验所测得的指标数据如下表：

已知与具有线性相关关系，利用上表中的五组数据求得回归直线方程为．根据该回归方程，预测下一次试验中当时，，则的值为（    ）

A．0.48 B．0.5 C．0.52 D．0.54

8．执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的（    ）

A． B． C． D．

9．已知双曲线的两条渐近线均与圆相切，则该双曲线的离心率是

A． B． C． D．

10．将函数的图象上各点的纵坐标不变，横坐标扩大到原来的2倍，所得图象的一条对称轴方程可以是

A． B． C． D．

11．函数y=sin2x的图象可能是

A． B．

C． D．

12．已知定义在上的可导函数的导函数为，满足，且为偶函数，，则不等式的解集为

A． B． C． D．

二、填空题

13．已知实数、满足约束条件，则目标函数的最大值为___________.

14．已知向量，，．若，则________．

15．已知，若，则______．

16．已知函数，.下列有关的说法中，正确的是______(填写你认为正确的序号).

①不等式的解集为或；

②在区间上有四个零点；

③的图象关于直线对称；

④的最大值为；

⑤的最小值为；

三、解答题

17．的内角，，的对边分别为，，．已知．

（Ⅰ）求；

（Ⅱ）已知，，且边上有一点满足，求．

18．在某大学自主招生考试中，所有选报Ⅱ类志向的考生全部参加了“数学与逻辑”和“阅读与表达”两个科目的考试，成绩分为五个等级，某考场考生的两科考试成绩的数据统计如下图所示，其中“数学与逻辑”科目的成绩为的考生有人.

（1）求该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩为的人数；

（2）已知参加本考场测试的考生中，恰有两人的两科成绩均为，在至少一科成绩为的考生中，随机抽取两人进行访谈，求这两人的两科成绩均为的概率.

19．

如图所示，在棱长为2的正方体中，、分别为、的

中点．

（1）求证：；

（2）求三棱锥的体积．

20．椭圆：()的左焦点为，且椭圆经过点，直线()与交于，两点（异于点）.

（1）求椭圆的方程；

（2）证明：直线与直线的斜率之和为定值，并求出这个定值.

21．已知函数.

（1）当时，求在处的切线方程；

（2）若函数在上有两个零点，求实数的取值范围.

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.

（1）求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程；

（2）若直线与曲线相交于点，求圆心在极轴上，且经过极点和点的圆的直角坐标方程.

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，求证：.

参考答案

1．A

【分析】

解一元二次不等式求集合A，再应用集合的交运算求即可.

【详解】

由集合A中的不等式描述，得，而，

∴，

故选：A

2．B

【分析】

直接由复数的除法运算可得解.

【详解】

.

故选：B.

3．A

【分析】

由和求出公差，再根据可求得结果.

【详解】

设公差为，则，

所以.

故选：A

4．A

【分析】

根据方程没有实数根，求出等价条件，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．

【详解】

解：若关于x的实系数方程没有实数根，

则，得，

则“”是“”的必要不充分条件.

故选：A．

【点睛】

本题考查充分必要条件的判断，属于基础题.

5．A

【分析】

由三视图确定几何体为圆锥体，应用圆锥体侧面积公式求面积即可.

【详解】

由三视图知：几何体为底面半径为1，高为3的圆锥体，

∴其侧面展开为以底面周长为弧长，圆锥体母线长为半径的扇形，

故几何体的侧面积为，

故选：A

6．C

【分析】

依题意可得，再利用基本不等式的性质即可得解．

【详解】

解：因为点在直线上，所以，

因为

所以，当且仅当，即时取等号，

故选：C

【点睛】

利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方

7．D

【分析】

因为回归方程一定过中心点 ，再结合当时，，即可求结果.

【详解】

由已知表格中的数据，求得：，

，则，①

又因为下一次实验中时，，则，②

联立①②，解得：．

故选：D．

8．B

【分析】

根据程序框图，逐步执行，即可得出结果.

【详解】

初始值，

第一步：，进入循环；

第二步：，进入循环；

第三步：，进入循环；

第四步：，进入循环；

第五步：，进入循环；

第六步：，结束循环，输出.

故选：B.

【点睛】

关键点点睛：该题主要考查程序框图，只需分析框图的作用，逐步执行即可，属于常考题型.

9．A

【详解】

试题分析：先将圆的方程化为标准方程，求出圆心和半径，再根据圆心到渐近线的距离等于半径得出的关系，进而可求出离心率．圆配方得，所以圆心为，半径为，由已知圆心到直线的距离为，可得，可得，故选A．

考点：1、双曲线；2、渐近线；3、圆；4、点到直线距离．

10．D

【详解】

试题分析：将函数的图象上各点的纵坐标不变，横坐标扩大到原来的倍得函数,其对称轴方程为， 故选D.

考点：函数图象的变换、函数的对称轴.

11．D

【详解】

分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.

详解：令，

因为，所以为奇函数，排除选项A,B;

因为时，，所以排除选项C，选D.

点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．

12．A

【详解】

∵为偶函数，∴，所以图象关于对称
所以
设，则，又因为，所以，所以再定义域上是单调递减，因为，所以，又，所以，所以

点睛：本题主要考察函数的得构造，函数的单调性和解不等式，本题当中的函数的构造是解题的关键，可以好好总结一下

13．4

【分析】

本题首先可根据约束条件绘出可行域，然后根据可行域易知过点时目标函数最大.

【详解】

由题意可知，约束条件为，

故可绘出可行域，如图所示：

则，，

结合可行域易知：

目标函数过点时取最大值，最大值为，

故答案为：.

14．

【分析】

由两向量共线的坐标关系计算即可．

【详解】

由题可得

,即

故答案为

【点睛】

本题主要考查向量的坐标运算，以及两向量共线的坐标关系，属于基础题．

15．

【分析】

先由指数式化为对数式可得，，再利用即可求的值.

【详解】

由，可得：，，

所以，则，

故答案为：

16．③④

【分析】

由，则①，即，可判断；②,则或，可判断；③由条件可得可判断；，设，求出函数的单调区间可得其最值，从而可判断④，⑤

【详解】

由

①，即，又，则或，故①不正确.

②,则或，又

所以，共有5个零点，故②不正确.

③

所以，则的图象关于直线对称，故③正确.

④

设 ，则，则

由解得，由解得或

所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.

当时, ,当时, ,

当时，，当时，，

所以当时，函数有最大值

所以当时,函数有最小值

所以④正确，⑤不正确.

故答案为：③④

【点睛】

关键点睛：本题考查三角函数的对称性、零点、最值等基础知识，解答本题的关键是将，由条件可得，或，以及，得出函数在上的单调性，属于中档题.

17．（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【分析】

（Ⅰ）根据三角形内角和定理、诱导公式，结合正弦定理、正弦的二倍角公式进行求解即可；

（Ⅱ）根据三角形面积公式，结合余弦定理进行求解即可.

【详解】

解：（Ⅰ）由可得：

，，

又，得，

由正弦定理得，

因为，所以，

所以，因为，所以，

所以，即，所以．

（Ⅱ）设，则，

在中，由，及余弦定理可得：，

所以，

因为，可知，

在中，，

即

在中，，

即，

得，．

18．（1）30人；（2）.

【分析】

（1）先计算该考场的人数，再计算等级为的人数；

（2）列举基本事件，利用求概率.

【详解】

（1）∵“数学与逻辑"科目中成绩等级为的考生有人，

∴该考场有(人).

∴该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩等级为的人数为

两科考试中，共有个又恰有人的两科成绩等级均为

还有人只有一个科目成绩等级为.

设这人为甲、乙、丙、丁，

其中甲、乙是两科成绩等级都是的同学，

则在至少一科成绩等级为的考生中，随机抽取人进行访谈，

基本事件空间为.（甲，乙），（甲，丙），（甲，丁），（乙，丙），（乙，丁），（丙，丁）一共有个基本事件.

设“随机抽取人进行访谈，这人的两科成绩等级均为”为事件

事件中包含的基本事件有个，为（甲，乙），

则

故这人的两科成绩等级均为的概率为.

【点睛】

等可能性事件的概率一般用列举法列举出基本事件,直接套公式求概率.

19．（1）见解析；（2） .

【分析】

（1）先证明线面垂直，得到线线垂直，结合平行直线的性质可证结论；

（2）先求出的长，利用等体积法可求.

【详解】

证明：（1）

∵，

∴平面，

又平面,

∴

又

∴.

（2）平面

平面且

，

∴即

=

=.

【点睛】

本题主要考查空间位置关系的证明和几何体体积的求解，几何体体积的求解方法主要有：直接法和等体积转化法，侧重考查直观想象及逻辑推理的核心素养.

20．（1）；（2）证明见解析，定值为1.

【分析】

（1）根据椭圆左焦点为，且椭圆经过点，从而得到，进而求得的值，得到椭圆方程；

（2）先联立直线方程与椭圆方程，消元，设，韦达定理得到，利用两点斜率坐标公式，结合韦达定理证得结果.

【详解】

（1）由题意得：

则

椭圆方程为；

（2）解法一（常规方法)：设，

联立

化简可得：，

直线与椭圆交于两点

即

解得：

由韦达定理

直线得斜率和为定值．

解法二（构造齐次式)：由题直线恒过定点

①当直线不过原点时，设直线为

则

即有

由有

则

整理成关于的齐次式： ，

进而两边同时除以，

则

令

则

②当直线过原点时，设直线的方程为

综合直线与直线的斜率之和为定值．

【点睛】

方法点睛：该题考查的是有关直线与椭圆的问题，解题方法如下：

（1）根据题中所给的条件，确定出的值，进而求得的值，得到椭圆方程；

（2）将直线方程与椭圆方程联立，韦达定理求得两根和与两根积，利用斜率公式证得结果.

21．（1）；（2）.

【分析】

（1）求出和的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；

（2）求得，利用导数分析函数的单调性、极值，并求出、，根据已知条件可得出关于的不等式组，由此可解得实数的取值范围.

【详解】

（1）当时，，，则，，

所以，在处的切线方程为，即；

（2），则.

，当时，.

当时，；当时，.

所以，函数在上单调递增，在上单调递减.

故在处取得极大值.

又，，

，则，

在上的最小值是.

又在上有两个零点，则，解得，

因此，实数的取值范围是.

【点睛】

方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：

（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；

（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；

（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.

22．（1），；（2）.

【分析】

（1）参数方程进行平方相减消参，可得出曲线的普通方程，再根据极坐标与普通方程的转换规则，可得到直线的普通方程.

（2）根据直线与曲线相交可联立方程，得到P点坐标.然后设出圆心坐标，再根据圆经过极点和点P，列出关系式可求出圆心和半径，最后写出圆的方程.

【详解】

（1）曲线C的参数方程为(m为参数)，

两式平方相减得曲线C的普通方程为：.

直线l的极坐标方程为，则

转换为直角坐标方程为

（2）由得，所以点P的直角坐标为

设圆心为，则，解得：

所以，圆的直角坐标方程为：.

【点睛】

（1）关键点：极坐标方程与普通方程的转换主要应用于.

（2）求直线与曲线的交点坐标，列方程组、解方程组、可得交点坐标；

求圆的方程可根据圆心和半径，得出圆的方程.

23．（1）；（2）证明见解析.

【分析】

（1）利用分类讨论法解绝对值不等式；

（2）首先利用绝对值三角不等式求出，再利用基本不等式证明.

【详解】

（1）①当时，不等式即为，解得；

②当时，不等式即为，；

③当时，不等式即为，.

综上，不等式的解集为.

（2）由绝对值不等式的性质可得：

当时，取最小值4，即，即

当且仅当时等号成立.

【点睛】

方法点睛：证明不等式常用的方法有：（1）比较法；（2）综合法；（3）分析法；（4）放缩法；（5）数学归纳法；（6）反证法.要根据已知条件灵活选择方法证明.