2021学年高三数学下学期入学考试试题一.doc

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1、2021学年高三下学期入学考试数学(一) 一、填空题1已知全集,集合,则_.【答案】【解析】结合所给的集合和补集的定义,可得的值.【详解】解:由全集,集合,可得:,故答案为:.【点睛】本题主要考查集合和补集的定义,相对简单.2复数(i是虚数单位)的虚部为_.【答案】【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简,可得原复数的虚部.【详解】解:,故原复数的虚部为,故答案为:.【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算,考查了复数的基本概念,属于基础题.3某高级中学高一、高二、高三年级的学生人数分别为1100人、1000人、900人,为了解不同年级学生的视力情况,现用分层抽样的方法抽取了容量为30的样本

2、,则高三年级应抽取的学生人数为_.【答案】9【解析】先求出抽样比,由此可求出高三年级应抽取的学生人数.【详解】解:由题意可得:抽样比,故高三年级应抽取的学生人数为:,故答案为:9.【点睛】本题主要考查分层抽样的相关知识,求出抽样比是解题的关键.4如图是一个算法的伪代码,其输出的结果为_【答案】【解析】由题设提供的算法流程图可知:,应填答案5函数的定义域为_.【答案】【解析】由对数函数真数大于0,列出不等式可得函数的定义域.【详解】解:由题意得:,解得:,可得函数的定义域为:,故答案为:.【点睛】本题主要考查函数的定义域及解一元二次不等式,属于基础题型.6劳动最光荣.某班在一次劳动教育实践活动中

3、,准备从3名男生和2名女生中任选2名学生去擦教室玻璃,则恰好选中2名男生的概率为_.【答案】【解析】分别计算出从5名学生中选出 2名学生的选法,与从3名男生选出 2名男生的选法,可得恰好选中2名男生的概率.【详解】解:由题意得:从5名学生中选出 2名学生,共有种选法;从3名男生选出 2名男生,共有种选法,故可得恰好选中2名男生的概率为:,故答案为:【点睛】本题主要考察利用古典概型概率公式计算概率,分别计算出从5名学生中选出 2名学生的选法,与从3名男生选出 2名男生的选法是解题的关键.7已知抛物线y2=8x的焦点恰好是双曲线的右焦点,则该双曲线的离心率为_.【答案】【解析】求出抛物线的焦点,可

4、得c的值,由双曲线方程,可得a的值,可得双曲线的离心率.【详解】解:易得抛物线y2=8x的焦点为:,故双曲线的右焦点为,可得:,故双曲线的离心率为:,故答案为:.【点睛】本题主要考查抛物线的性质及双曲线的离心率,相对简单,注意利用双曲线的性质解题.8已知等差数列的前n项和为Sn,若,则_.【答案】【解析】由,成等差数列,代入可得的值.【详解】解:由等差数列的性质可得:,成等差数列,可得:,代入,可得:,故答案为:.【点睛】本题主要考查等差数列前n项和的性质,相对不难.9已知是第二象限角,且,则_.【答案】【解析】由是第二象限角,且,可得,由及两角和的正切公式可得的值.【详解】解:由是第二象限角

5、,且,可得,由,可得,代入,可得,故答案为:.【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系及两角和的正切公式,相对不难,注意运算的准确性.10在平面直角坐标系xOy中,已知A,B两点在圆x2y2=1上,若直线上存在点C,使ABC是边长为的等边三角形,则点C的横坐标是_.【答案】【解析】设点,连接,由ABC是边长为的等边三角形,故四边形为菱形,由,可得点C的横坐标.【详解】解:设点,连接,由ABC是边长为的等边三角形,故四边形为菱形,在中:,可得:,,可得,解得:,故答案为:.【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系,相对不难.11设m为实数,若函数f(x)=x2mx2在区间上是减函数,对任意的,总

6、有,则m的取值范围为_.【答案】【解析】由函数f(x)=x2mx2在区间上是减函数可得,由,可得在此区间的最大、最小值,化简,可得m的取值范围.【详解】解:由题意:函数f(x)=x2mx2的对称轴为:,由其在区间上是减函数,可得,可得;由,且,故当时,由,可得,化简可得:,可得:,综合可得:,故答案为:.【点睛】本题主要考查二次函数的单调性及函数的最值,属于中档题型.12如图所示,在ABC中,AB=AC=2,AE的延长线交BC边于点F,若,则_.【答案】【解析】过点做,可得,由可得,可得,代入可得答案.【详解】解:如图,过点做,易得:,故,可得:,同理:,可得,由,可得,可得:,可得:,,故答

7、案为:.【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算和平面向量的数量积,由题意作出是解题的关键.13若实数满足:,则的最小值为_.【答案】【解析】将原式化简为,令,则,令,对求导数,可得的最小值,可得答案.【详解】解:由题意得:,令,则, ,设,可得:,令,可得,其中舍去,可得当时,单调递减;当时,单调递增;可得当时,原式有最小值,代入可得:,故可得的最小值为,故答案为:.【点睛】本题主要考察利用导数求函数的最值,其中利用换元法对原式进行换元是解题的关键.14若函数恰有3个不同的零点,则a的取值范围是_.【答案】【解析】去绝对值,分、与进行讨论,对进行化简,同时对求导,结合函数有3个不同的零点,可得

8、a的取值范围.【详解】解:(1)当时,因为递减,时,所以在有1个零点;当时,因为,即时,在上递减,所以,即在没有零点;,即时,在上递增,在上递减,因为,所以时,在没有零点;时,在有1个零点;时,在有2个不同的零点.(2)当时,当时,在上没有零点;当时,在有1个零点;时,在有2个不同的零点.综上,当或时恰有三个不同的零点.【点睛】本题主要考查函数的零点与利用导数判断函数的单调性与零点,属于难题.二、解答题15如图,在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AD/平面BCC1B1,ADDB.求证: (1)BC/平面ADD1A1;(2)平面BCC1B1平面BDD1B1.【答案】(1)证明见解析;(2)证

9、明见解析.【解析】(1)由直线与平面平行的性质可得:由AD/平面BCC1B1,有AD/BC,同时AD平面ADD1A1,可得BC/平面ADD1A1;(2)由(1)知AD/BC,因为ADDB,所以BCDB,同时由直四棱柱性质可得DD1BC,BC平面BDD1B1,可得证明.【详解】解:(1)因为AD/平面BCC1B1,AD平面ABCD,平面BCC1B1平面ABCD=BC,所以AD/BC. 又因为BC平面ADD1A1,AD平面ADD1A1,所以BC/平面ADD1A1.(2)由(1)知AD/BC,因为ADDB,所以BCDB, 在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中DD1平面ABCD,BC底面ABCD,所以

10、DD1BC, 又因为DD1平面BDD1B1,DB平面BDD1B1,DD1DB=D,所以BC平面BDD1B1, 因为BC平面BCC1B1,所以平面BCC1B1平面BDD1B1【点睛】本题主要考查线面平行的性质及面面垂直的证明,熟悉相关定理并灵活运用是解题的关键.16已知ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知asinB=bsin2A.(1)求角A;(2)若a=5,ABC的面积为,求ABC的周长.【答案】(1);(2)12.【解析】(1)由正弦定理可得:sinAsinB=2sinBsinAcosA,可得的值,可得角A的大小;(2)由ABC的面积为及角A的值,可得的值,由余弦定理可得的值

11、,可得ABC的周长.【详解】解:(1)由asinB=bsin2A及正弦定理,得sinAsinB=2sinBsinAcosA,因为sinA0,sinB0,所以, 又,所以.(2)由ABC的面积为,得,又,所以.在ABC中,由余弦定理,得,因为a=5,所以,所以, 所以,即ABC的周长为12.【点睛】本题主要考查利用正弦定理、余弦定理解三角形,注意灵活运用定理解题.17如图1,已知正方形铁片边长为2a米,四边中点分别为E,F,G,H,沿着虚线剪去大正方形的四个角,剩余为四个全等的等腰三角形和一个正方形ABCD(两个正方形中心重合且四边相互平行),沿正方形ABCD的四边折起,使E,F,G,H四点重合

12、,记为P点,如图2,恰好能做成一个正四棱锥(粘贴损耗不计),PO底面ABCD,O为正四棱锥底面中心,设正方形ABCD的边长为2x米.(1)若正四棱锥的棱长都相等,求所围成的正四棱锥的全面积S;(2)请写出正四棱锥的体积V关于x的函数,并求V的最大值.【答案】(1);(2). .【解析】(1)连接OH交BC于点H,由正方形ABCD边长为2x,所以HH=ax.可得的长及的长,由得可得的值,可得正四棱锥的全面积,计算可得答案;(2)可得,可得关于的函数,对其求导,利用导数可得V的最大值.【详解】解:在图1中连接OH交BC于点H,因为正方形ABCD边长为2x,所以HH=ax.在图2中,OH=x,PH=

13、ax,由勾股定理得,正四棱锥的高. (1)在直角三角形中,所以,由得,整理得,解得(舍去).所以,正四棱锥的全面积平方米. (2),所以. 因为,设,则, 令得,当时,在区间上递增;当时,在区间上递减.所以当时,取得最大值,此时立方米.【点睛】本题主要考查正四棱锥的几何性质,正四棱锥棱长、高、表面积、体积的计算,需建立函数模型并求其最值,属于难题.18已知椭圆,椭圆经过椭圆C1的左焦点F 和上下顶点A,B.设斜率为k的直线l与椭圆C2相切,且与椭圆C1交于P,Q两点.(1)求椭圆C2的方程;(2)若,求k的值;求PQ弦长最大时k的值.【答案】(1);(2);.【解析】(1)分别求出C1的左焦点

14、与上下顶点的坐标,可得椭圆C2的的值,可得椭圆C2的方程;(2)设直线l的方程为与椭圆C2联立,由直线与椭圆相切,可得,可得的关系,同时直线l与椭圆C1的方程联立,由韦达定理结合,即,代入可得k的值;由知,可得关于的函数,化简利用基本不等式可得PQ弦长最大时k的值.【详解】解:(1)由题意可知,椭圆C1的左焦点,上下顶点, 所以椭圆C2的左顶点为,上下顶点,所以,所以椭圆C2的方程为. (2)设直线l的方程为与椭圆C2:方程联立,消去y得,因为直线与椭圆相切,所以,整理得, 直线l与椭圆C1的方程联立得,其中.设,则. 因为,所以,即,所以. 由知, 设,则.所以当时,PQ的长最大,最大值为.

15、【点睛】本题主要考察椭圆的标准方程,直线与椭圆的位置关系,解题的关键是掌握椭圆的基本性质,联立直线与椭圆方程组求解,属于难题.19已知函数,其中,e为自然对数的底数.(1)当时,求在处的切线方程;(2)求函数的单调区间;(3)若存在(),使得,证明:.【答案】(1);(2)当时,的递增区间是,无递减区间;当时,的递增区间是和,递减区间是;(3)证明见解析.【解析】(1)对求导,可得与的值,可得在处的切线方程;(2)令,可得,对其分,进行讨论,可得的取值范围及的单调区间;(3)由(2)知,且,可得关于的函数,对其求导可得其单调性,可得证明.【详解】解:因为时,对恒成立,所以定义域为,且, (1)

16、当时,所以,所以在处的切线方程为:. (2)令得, ()当,即时,又,所以时,在上单调递增; 当,解得或,又,所以时,由方程()解得,当时,的递增区间是;当时,的递减区间是.综上,当时,的递增区间是,无递减区间;当时,的递增区间是和,递减区间是. (3)由(2)知,且,所以,因为,代入上式得, 令,则,所以在上单调递增,所以,即证得.【点睛】本题主要考查导数的几何意义,及利用导数求函数的极值、单调性及证明不等式,属于难题.20已知数列和都是等差数列,.数列满足.(1)求的通项公式; (2)证明:是等比数列;(3)是否存在首项为1,公比为q的等比数列,使得对任意,都有成立?若存在,求出q的取值范

17、围;若不存在,请说明理由.【答案】(1);(2)证明见解析;(3)存在,.【解析】(1)设的公差为d,可得, 由是等差数列,可得成等差数列,可得,求出的值,可得的通项公式;(2)将展开,可得,将代入此式子相减,可得,再将代入此式子相减,可得,此时,验证时也满足可得是等比数列;(3)设存在对任意,都有恒成立,即,易得,由由得,可得设,对其求导,可得其最小值,可得q的取值范围.【详解】解:(1)因为数列是等差数列,设的公差为d,则, 因为是等差数列,所以成等差数列,即,解得,当时,此时是等差数列.故.(2)由,即, 所以, -得, 所以, -得,即时,在中分别令得,也适合上式,所以,因为是常数,所

18、以是等比数列. (3)设存在对任意,都有恒成立,即,显然,由可知, 由得,.设,因为,所以当时,递增;当时,递减. 因为,所以, 解得,综上可得,存在等比数列,使得对任意,都有恒成立, 其中公比的取值范围是.【点睛】本题主要等差数列的基本性质、递推法求数列的通项公式,及数列与导数的综合,综合性大,属于难题.21已知矩阵的一个特征值=2,其对应的一个特征向量是.求矩阵M的另一个特征值以及它的逆矩阵.【答案】,.【解析】将特征值于特征向量代入,可得关于方程,可得的值,求出矩阵,可求出其另一个特征值,可得其逆矩阵.【详解】解:由题意,2是矩阵M的一个特征值,所以,所以, 所以, 由方程. 所以或,所

19、以M的另一个特征值2. 又因为,所以矩阵M的逆矩阵为.【点睛】本题主要考查矩阵与逆矩阵的相关知识,属于矩阵的特征值与特征向量的相关知识并灵活运用是解题的关键.22在平面直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为(为参数),以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线的极坐标方程为.若直线与曲线交于,两点,求线段的长.【答案】【解析】将直线l与线化为普通方程,利用直线与圆的位置关系,求出圆心到直线的距离,可求出线段的长.【详解】解:直线l的普通方程为,由,即,化为直角坐标方程即,化简可得,可得其圆心坐标,半径为,由圆心到直线的距离得到,所以【点睛】本题主要考察直线参数方程与普通方程的转化及极

20、坐标与直角坐标的转换、直线与圆的位置关系,相对不难,注意运算准确.23已知,且满足,证明:.【答案】证明见解析【解析】将化简可得,由柯西不等式可得证明.【详解】解:因为,所以,又, 所以,当且仅当时取等号.【点睛】本题主要考查柯西不等式的应用,相对不难,注意已知条件的化简及柯西不等式的灵活运用.24在开展学习强国的活动中,某校高三数学教师成立了党员和非党员两个学习组,其中党员学习组有4名男教师、1名女教师,非党员学习组有2名男教师、2名女教师,高三数学组计划从两个学习组中随机各选2名教师参加学校的挑战答题比赛.(1)求选出的4名选手中恰好有一名女教师的选派方法数;(2)记X为选出的4名选手中女

21、教师的人数,求X的概率分布和数学期望.【答案】(1)28种;(2)分布见解析,.【解析】(1)分这名女教师分别来自党员学习组与非党员学习组,可得恰好有一名女教师的选派方法数;(2)X的可能取值为,再求出X的每个取值的概率,可得X的概率分布和数学期望.【详解】解:(1)选出的4名选手中恰好有一名女生的选派方法数为种.(2)X的可能取值为0,1,2,3. ,.故X的概率分布为:X0123P所以.【点睛】本题主要考查组合数与组合公式及离散型随机变量的期望和方差,相对不难,注意运算的准确性.25对于给定正整数,设,记.(1)计算的值;(2)求.【答案】(1)见解析;(2).【解析】(1)将代入,可得的值;(2)由二项式定理得,由二项式定理,可得的值.【详解】解:(1);(2)由二项式定理得, 因为 , 所以. (或写成)【点睛】本题主要考查二项式定理及二项式展开式的通项公式,需注意运算的准确性,属于中档题.第 22 页 共 22 页

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