山西省2021届高三数学考前适应测试试题 理(A卷)(含解析).doc

山西省2021届高三数学考前适应测试试题理（A卷）（含解析）
一、选择题：本题共12小题．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1.已知集合，则（C R A）∩B＝（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先求集合在中的补集，再求交集
【详解】,
所以
【点睛】考查集合运算，解题的关键是先求出，属于简单题。

2.下列函数中既不是奇函数，又不是偶函数的是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
判断函数的奇偶性，需先判断定义域是否关于原点对称，再求
【详解】C选项定义域，定义域关于原点不对称，故答案为C.
【点睛】本题考查函数的奇偶性判断，奇函数定义域关于原点对称，偶函数定义域关于原点对称
3.已知复数z满足为虚数单位），则z＝（）
A. 2＋
B. 2－
C. －2＋
D. －2－【答案】A
【解析】
【分析】
由复数的运算法则进行计算即可
【详解】由题可得
所以
故选A。

【点睛】考查复数计算，属于简单题。

4.某人连续投篮6次，其中3次命中，3次未命中，则他第1次、第2次两次均未命中的概率是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先求出基本事件总数，再求出第1次、第2次两次均未命中包含的基本事件个数，计算即可求出第1次、第2次两次均未命中的概率。

【详解】由题可得基本事件总数，
第1次、第2次两次均未命中包含的基本事件个数
所以他第1次、第2次两次均未命中的概率是
故选D.
【点睛】本题考查计数原理及排列组合的应用，解题的关键是正确求出基本事件个数。

5.已知直线和抛物线C：，P为C上的一点，且P到直线l的距离与P 到C的焦点距离相等，那么这样的点P有（）
A. 0个
B. 1个
C. 2个
D. 无数个【答案】C
【解析】
【分析】
先设出P点坐标，将点P到抛物线焦点的距离转化成到准线的距离，由P到直线l的距离与P 到C的准线距离相等列出方程求解。

【详解】由题P为C上的一点，设P，
P到直线的距离
又因为抛物线上的点到抛物线焦点的距离与到准线的距离相等，
所以P到C的焦点距离，
则
i) 当即时，
方程有两个不相等的实数根，即P点有两个；
ii) 当即时，
方程无实根，所以P点不存在。

综上，点P有2个
故选C.
【点睛】本题考查抛物线的定义，解题的关键是将抛物线上的点到抛物线焦点的距离转化成到准线的距离，进而求解。

6.已知函数，将其图象向左平移（＞0）个单位长度后得到的函数为偶函数，则的最小值是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先由两角和的正弦公式化简的解析式，然后利用图像变换规律求平移后的解析式，最后由奇偶性得到的最小值。

【详解】函数，
将其图像向左平移个单位长度后得到的图像，
因为得到的函数是偶函数，
所以，
又因为＞0，所以
故选B
【点睛】本题主要考查三角函数的图像平移变换，解题的关键是找到平移后的解析式，再结合题意求解。

7.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三视图分析出原几何体的直观图，然后求体积。

【详解】由三视图可知，该几何体为一个棱长为2的正方体，左部分截去一个底面是直角三角形，直角边长是2和1，高是2的三棱柱，右部分截去一个底面是直角三角形，直角边分别是1,和2，高是2的三棱锥而得的几何体，
所以体积
故选D.
【点睛】本题考查三视图，解题的关键是找出原几何体的直观图。

8.我们知道欧拉数e＝2.7182818284…，它的近似值可以通过执行如图所示的程序框图计算。

当输入i＝50时，下列各式中用于计算e的近似值的是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据条件得到临界值当时的取值，然后验证当，时是否满足条件，从而确定此时对应的和的值即可得到答案。

【详解】当时，不成立，则由题此时
，，，；
当时，不成立，则由题此时
，，，；
当时，成立，
程序终止，输出
故选B
【点睛】本题考查程序框图，解题的关键是找到临界条件，再根据程序框图解答。

9.在正三角形ABC中，AB＝2，，且AD与BE相交于点O，则＝（）
A. －
B. －
C. －
D. －
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意将用基底向量表示出来，然后通过基底向量进行计算。

【详解】由题意画图如下
因为,所以D时BC的中点，
所以,
因为，
所以，
设，则,
因为B,O,E三点共线，所以存在实数，使得
所以可得解得
所以
所以
故选B
【点睛】本题考查向量的运算，解题的关键是找到一组基底，将所求向量用基底表示，然后再进行数量积的运算。

10.展开式中倒数第二项与倒数第三项的系数互为相反数，则展开式中各项的二项式系数之和等于（）
A. 16
B. 32
C. 64
D. 128 【答案】A
【解析】
【分析】
先由题意计算出值，再计算项式系数之和。

【详解】因为展开式中倒数第二项与倒数第三项的系数互为相反数，
所以
所以
则展开式中各项的二项式系数之和等于
故选A。

【点睛】本题考查二项式定理，解题的关键是求出值，二项式系数之和等于
11.的内角的对边分别为，若的面积为，周长为6，则b的最小值是（）
A. 2
B.
C. 3
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先根据三角形的面积公式和余弦定理求出，再根据余弦定理结合均值不等式即可求出b 的最小值。

【详解】因为的面积为
所以
整理得，即
，
因为，所以
又因为周长为6，所以，即
所以，
所以的最小值是2
故选A
【点睛】本题考查解三角形问题，解决这类问题的关键是要熟练掌握正弦定理和余弦定理，通常还要结合三角形的面积计算公式与均值不等式。

12.设函数，若曲线上存在点使得，则a的取值范围是（）
A. ［ln3－6，0］
B. ［ln3－6，ln2－2］
C. ［2ln2－12，0］
D. ［2ln2－12，ln2－2］
【答案】A
【解析】
【分析】
曲线上存在点,即，使得，那么函数
的值域是，即函数在有解，平方化简即可求解。

【详解】根据题意曲线上存在点, 使得，即。

下面证明
假设，则，不满足，同理假设，不满足，
所以，
那么函数，即函数在有解；
所以，
令，则
由可得或（舍）
当时，，在上单调递减；
所以，即
故选A。

【点睛】求参数的取值范围构造新函数求解，对新函数求导讨论单调性和最值，进而求出参数的最值。

二、填空题：本题共4小题．把答案填在题中的横线上．
13.已知，则＝___
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意分别求出的值，从而可求出
【详解】由题可得，
所以
所以，
所以
【点睛】本题考查三角函数的计算，解题的关键是求出的值，再由正弦的二倍角公式求解，属于简单题。

14.某次考试结束，甲、乙、丙三位同学聚在一起聊天，甲说：“你们的成绩都没有我高”乙说：“我的成绩一定比丙高·”丙说：“你们的成绩都比我高·”成绩公布后，三人成绩互不相同且三人中恰有一人说得不对，若将三人成绩从高到低排序，则甲排在第___名。

【答案】2
【解析】
【分析】
分别讨论三人中一人说的不对，另外2人正确，然后进行验证是否满足条件，即可得到答案．【详解】由题意，若甲说的不对，乙，丙说的正确，则甲不是最高的，
乙的成绩比丙高，则乙最高，丙若正确，则丙最低，满足条件，
此时三人成绩从高到底为乙，甲，丙，
若乙说的不对，甲丙说的正确，则甲最高，乙最小，丙第二，此时丙错误，不满足条件．
若丙说的不对，甲乙说的正确，则甲最高，乙第二，丙最低，此时丙也正确，不满足条件．故三人成绩从高到底为乙，甲，丙，则甲排第2位，
故答案为：2
【点睛】本题主要考查了合情推理的应用，其中解答中利用三人中恰有一人说得不对，分别进行讨论是解决本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．
15.若双曲线E：的左、右焦点分别为，为右支上一点，
，，的面积为2，则a＝___
【答案】
【解析】
【分析】
根据双曲线的定义与已知条件可得，再求出P点坐标，代入双曲线求解即可。

【详解】, ，，的面积为2可得
，解得，
，代入双曲线方程可得
解得
【点睛】本题考查双曲线的焦点三角形，解题的关键是得出，再结合三角形的面积求解。

16.已知空间直角坐标系中的四个点，经过
四点的球记作球M。

从球M内部任取一点P，则点P落在三棱锥内部的概率是___
【答案】
【解析】
【分析】
由四点的坐标可知三点在平行于坐标面的平面上，且三角形ABC是以C为直角顶点的直角三角形，所以球心在过BD中点且垂直于坐标面的直线上，求出球心坐标，，然后求出三棱锥的体积和球体体积得到答案。

【详解】由题可得三点在平行于坐标面的平面上，且，
所以是以C为直角顶点的直角三角形，
所以BD中点E到三顶点的距离相等，
又因为三点的竖坐标均是1，
所以三点在平行于坐标面的平面上，
设球心坐标，则,
即
解得，所以球体半径
球体体积
三棱锥的体积
所以点P落在三棱锥内部的概率是
故答案
【点睛】本题考查几何概型的体积型，解题的关键是找出球心。

三、解答题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17.在等差数列和等比数列中，，且。

（1）求和；
（2）求数列的前n项和。

【答案】（1），.（2）
【解析】
【分析】
（1）由题意计算出等差数列的首项和公差，代入等差数列的通项公式即可求得，计算出等比数列的首项和公比，代入等比数列的通项公式即可求得
（2）用错位相减法求和。

【详解】解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为.
因为，，
所以，.
又因为，，
所以，.
即有，解得，所以，且，.
于是，.
（2），①
，②
①-②得，
所以.
【点睛】本题考查的是求数列通项公式与前项和，解题的关键是找到等差数列的首项和公差，等比数列的首项和公比；对于等差乘等比类型的数列求前项和要用到的方法是错位相减法。

18.如图，在棱锥P－中，底面为菱形，且∠DAB＝60°，平面平面，点E为BC中点，点F满足。

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值。

【答案】（1）见证明（2）
【解析】
【分析】
（1）连接，交于点，连接，证明，从而证得平面；
（2）建立空间直角坐标系由向量法求解
【详解】（1）证明：连接，交于点，连接.
底面为菱形，且为中点，
∴.
∵为上一点，且满足，
∴.
又平面，平面，
∴平面.
（2）解：取的中点为，连接，，∵底面为菱形，且，∴. ∵平面平面，∵平面.
以，，所在的直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.
∴，.
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，则.
易得平面的一个法向量.
所以，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】本题涉及二面角，二面角是高考的热点和难点，解决此类问题常用向量法，解题的关键是求平面的法向量，再由向量的夹角公式求解。

19.在一次高三年级统一考试中，数学试卷有一道满分10分的选做题，学生可以从A，B两道题目中任选一题作答．某校有900名高三学生参加了本次考试，为了了解该校学生解答该选做题的得分情况，计划从900名考生的选做题成绩中随机抽取一个容量为10的样本，为此将900名考生选做题的成绩按照随机顺序序依次编号为001－900.
（1）若采用随机数表法抽样，并按照以下随机数表，以方框内的数字5为起点，从左向右依次读取数据，每次读取三位随机数，一行读数用完之后接下一行左端．写出样本编号的中位数；
（2）若采用系统抽样法抽样，且样本中最小编号为008，求样本中所有编号之和；
（3）若采用分层抽样，按照学生选择A题目或B题目，将成绩分为两层，且样本中A题目的成绩有8个，平均数为7，方差为4；样本中B题目的成绩有2个，平均数为8，方差为1.用样本估计900名考生选做题得分的平均数与方差．
【答案】（1）667（2）4130（3）平均数为7.2，方差为3.56
【解析】
【分析】
（1）由题取出十个编号，先将编号从小到大排列再求中位数
（2）按照系统抽样法，抽出的编号可组成以8为首项，以90为公差的等差数列，求该数列的前10项和。

（3）分别求出样本的平均数和方差，900名考生选做题得分的平均数与方差和样本的平均数与方差相等。

【详解】解：（1）根据题意，读出的编号依次是：
512，916（超界），935（超界），805，770，951（超界），512（重复），687，858，554，876，647，547，332.
将有效的编号从小到大排列，得
332，512，547，554，647，687，770，805，858，876，
故中位数为.
（2）由题易知，按照系统抽样法，抽出的编号可组成以8为首项，以90为公差的等差数列，故样本编号之和即为该数列的前10项之和.
（3）记样本中8个题目成绩分别为，，…，2个题目成绩分别为，，
由题意可知，，
，，
故样本平均数为.
样本方差为
.
故估计该校900名考生该选做题得分的平均数为7.2，方差为3.56.
【点睛】采用随机数表法抽样时需先将样本编号，且要注意号码位数相同，然后由随机数表读数，在样本号码范围内的取出，不在的舍掉。

系统抽样法需先将样本编号，然后分组，抽取的号码数构成等差数列。

20.已知椭圆E：过点Q（），椭圆上的动点P与其短轴两端点连线的斜率乘积为－。

（1）求椭圆E的方程；
（2）设F1，F2分别为E的左、右焦点，直线l过点F1且与E相交于A，B两点，当＝2时，求的面积。

【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）设点，由可得，又在上，所以，解得
即可求得椭圆方程。

（2）利用设而不求的方法设，结合韦达定理与向量的数量积解答
【详解】解：（1）设，为短轴两端点，，则.
由于，∴.①
又在上，∴.②
解①②得，.
所以椭圆的方程为.
（2）设直线：，代入得
.③
设，，则，.④
.⑤
把④代入⑤得
，解得.
由对称性不妨取，则③变为，解得，.
的面积.
【点睛】求椭圆的标准方程关键是由题求得。

设而不求法的一般过程（1）设出直线方程（注意斜率是否存在）和交点坐标，
（2）将直线方程和圆锥曲线方程联立
（3）应用韦达定理
（4）结合题目计算整理
21.已知函数。

（1）若在处的切线斜率与k无关，求；
（2）若，使得＜0成立，求整数k的最大值。

【答案】（1）（2）1
【解析】
【分析】
（1）对函数求导，则，令，由的单调性求
（2）由，即得，，利用导函数求
的最大值，可得整数的最大值是1.
【详解】解：（1），即，
由已知得.
令，则，
当时，，递减，
∵，∴，∴，∴，因此；
当时，，递增.
又，所以只有唯一零点，故.
（2），即.
当时，∵，∴，∴；
当时，∵，∴，∴.
∴.
∴可等价转化为.
设，由题意.
又，令，则，
∵，∴在上单调递减，
又∵，，∴，使得，即.
当时，即，递增；
当时，即，递减.
∴.
令，则，
∴，故整数的最大值为1.
【点睛】恒成立问题或存在性问题常利用分离参数法转化为最值求解,属于难题.
22.在极坐标系中，直线l：，P为直线l上一点，且点P在极轴上方以OP为一边作正三角形逆时针方向，且面积为．
求Q点的极坐标；
求外接圆的极坐标方程，并判断直线l与外接圆的位置关系．
【答案】（1）；（2）直线与圆相外切．
【解析】
【分析】
直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换．
利用一元二次方程根和系数的关系求出结果．
【详解】由题意，直线l：，以OP为一边作正三角形逆时针方向，
设，由且面积为，则：，得，所以.
由于为正三角形，所以：OQ的极角为，且，所以
由于为正三角形，得到其外接圆的直径，
设为外接圆上任意一点．
在中，，所以满足．
故的外接圆方程，
又由直线l：和的外接圆直角坐标方程为．
可得圆心到直线的距离，即为半径，故直线与圆相外切．
【点睛】本题主要考查了参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．
23.【选修4—5：不等式选讲】
已知函数
（1）当时，解不等式；
（2）若二次函数的图象在函数的图象下方，求的取值范围·【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】
时，将不等式移项平方分解因式可解得；
根据题意，只需要考虑时，两函数的图象位置关系，利用抛物线的切线与抛物线的位置关系做．
【详解】当时，不等式化为：，
移项得，平方分解因式得，
解得，解集为．
化简得，
根据题意，只需要考虑时，两函数的图象位置关系，
当时，，
由得，
设二次函数与直线的切点为，
则，解得，所以，
代入，解得，
所以a的取值范围是．
【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的解法，以及导数的几何意义的应用问题，其中解答中熟记含绝对值不等式的求解方法，合理分类是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于中档试题．。