贵州省铜仁地区2021届新高考第一次适应性考试数学试题含解析
2021年高三数学第一次适应性测试试题 理(含解析)新人教A版
2021年高三数学第一次适应性测试试题理（含解析）新人教A版本试题卷分选择题和非选择题两部分．全卷共4页，选择题部分1至2页，非选择题部分3至4页．满分150分，考试时间120分钟．请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上．选择题部分（共50分）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上．2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
不能答在试题卷上．参考公式：球的表面积公式棱柱的体积公式球的体积公式其中表示棱柱的底面积，表示棱柱的高棱台的体积公式其中R表示球的半径棱锥的体积公式其中S1、S2分别表示棱台的上、下底面积，h表示棱台的高其中表示棱锥的底面积，表示棱锥的高如果事件互斥，那么一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.【题文】1．集合，，若，则（▲ ）。
A ．B ．C ．D ．【知识点】集合交集，并集A1【答案解析】A 解析：由 ，得=2，所以,.即，，因此【思路点拨】由集合交集概念，可以求出 ，再根据并集概念即可求解。
【题文】2．若 (为复数集)，则是的（ ▲ ）。
A ．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件【知识点】充分条件，必要条件 A2【答案解析】C 解析：当时，不满足，故充分性不成立； 由可得，所以必要性成立。
【思路点拨】判断充要条件时，应先明确条件和结论，由条件能推出结论，充分性满足，由结论能推出条件，则必要性满足.【题文】3．一几何体的三视图如右图所示，若主视图和左视图都是等腰直角三角形，直角边长为1，则该几何体外接球的表面积为（ ▲ ）。
A ．B ．C ．D ． 【知识点】三视图，球体表面积G2，G8【答案解析】B 解析：由三视图可知，此几何体是四棱锥，是由正方体下底面四个顶点和上底面一个顶点构成。
2020-2021学年贵州省高考数学适应性试卷(理科)含解析
贵州省高考数学适应性试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．设集合M={x|x2﹣2x＜0}，N={x|x≥1}，则M∩N=（）A．{x|x≥1} B．{x|1≤x＜2} C．{x|0＜x≤1} D．{x|x≤1}2．已知x，y∈R，i是虚数单位，且（2x+i）（1﹣i）=y，则y的值为（）A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．23．已知数列{a n}满足a n=a n+1，若a3+a4=2，则a4+a5=（）A．B．1 C．4 D．84．已知向量与不共线，且向量=+m，=n+，若A，B，C三点共线，则实数m，n（）A．mn=1 B．mn=﹣1 C．m+n=1 D．m+n=﹣15．执行如图所示的程序框图，如果输入的a，b分别为56，140，则输出的a=（）A．0 B．7 C．14 D．286．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（组暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，且当实数t取[0，3]上的任意值时，直线y=t被图1和图2所截得的两线段长总相等，则图1的面积为（）A．4 B．C．5 D．7．如图，在正方体ABC的﹣A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为（）A．1 B．C．D．28．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，B=45°，若三角形有两解，则a的取值范围是（）A．a＞2B．0＜a＜2 C．2＜a＜2D．2＜a＜29．已知区域Ω={（x，y）||x|≤，0≤y≤}，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx 与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，若在区域Ω内随机取一点P，则点P 在区域A的概率为（）A．B．C．D．10．某地一年的气温Q（t）（单位：℃）与时间t（月份）之间的关系如图所示．已知该年的平均气温为10℃，令C（t）表示时间段[0，t]的平均气温，下列四个函数图象中，最能表示C（t）与t之间的函数关系的是（）A．B．C．D．11．已知点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P在抛物线上且满足|PA|=m|PF|，当m取最大值时|PA|的值为（）A．1 B．C．D．212．已知函数f（x）=函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，其中b∈R，若函数y=f（x）+g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）A．（7，8）B．（8，+∞）C．（﹣7，0）D．（﹣∞，8）二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．若函数f（x）=（x﹣a）（x+3）为偶函数，则f（2）= ．14．（x+a）4的展开式中含x4项的系数为9，则实数a的值为．15．设A，B是球O的球面上两点，∠AOB=，C是球面上的动点，若四面体OABC 的体积V的最大值为，则此时球的表面积为．16．已知数列{a n}满足a1=﹣40，且na n+1﹣（n+1）a n=2n2+2n，则a n取最小值时n的值为．三、解答题（本题共70分）17．（12分）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB=4，bsinA=3．（1）求tanB及边长a的值；（2）若△ABC的面积S=9，求△ABC的周长．18．（12分）为检测空气质量，某市环保局随机抽取了甲、乙两地2016年20天PM2.5日平均浓度（单位：微克/立方米）监测数据，得到甲地PM2.5日平均浓度频率分布直方图和乙地PM2.5日平均浓度的频数分布表．乙地20天PM2.5日平均浓度频数分布表PM2.5日平均浓度（微克/立方米）[0，20]（20，40]（40，60]（60，80]（80，100]频数（天）23465（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，并通过两个频率分布直方图比较两地PM2.5日平均浓度的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（2）通过调查，该市市民对空气质量的满意度从高到低分为三个等级：满意度等级非常满意满意不满意PM2.5日平均浓度（微克/立方米）不超过20大于20不超过60超过60记事件C：“甲地市民对空气质量的满意度等级高于乙地市民对空气质量的满意度等级”，假设两地市民对空气质量满意度的调查结果相互独立，根据所给数据，利用样本估计总体的统计思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C的概率．19．（12分）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠B=90°，将△ABC沿中位线DE 翻折得到如图2所示的空间图形，使二面角A﹣DE﹣C的大小为θ（0＜θ＜）．（1）求证：平面ABD⊥平面ABC；（2）若θ=，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．20．（12分）已知椭圆E：+=1（a＞b＞0）的离心率为，点P（1，）在椭圆E上，直线l过椭圆的右焦点F且与椭圆相交于A，B两点．（1）求E的方程；（2）在x轴上是否存在定点M，使得•为定值？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，说明理由．21．（12分）已知函数f（x）=xlnx+ax，函数f（x）的图象在点x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．（1）求a的值和f（x）的单调区间；（2）求证：e x＞f′（x）．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．（10分）曲线C1的参数方程为（α为参数）在以原点O为极点，x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ．（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）过原点且倾斜角为α（＜α≤）的射线l与曲线C1，C2分别相交于A，B两点（A，B异于原点），求|OA|•|OB|的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x﹣1|+|x﹣5|，g（x）=．（1）求f（x）的最小值；（2）记f（x）的最小值为m，已知实数a，b满足a2+b2=6，求证：g（a）+g（b）≤m．贵州省高考数学适应性试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．设集合M={x|x2﹣2x＜0}，N={x|x≥1}，则M∩N=（）A．{x|x≥1} B．{x|1≤x＜2} C．{x|0＜x≤1} D．{x|x≤1}【考点】交集及其运算．【分析】解不等式求出集合M，再根据交集的定义写出M∩N．【解答】解：集合集合M={x|x2﹣2x＜0}={x|0＜x＜2}，N={x|x≥1}，则M∩N={x|1≤x＜2}故选：B．【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．2．已知x，y∈R，i是虚数单位，且（2x+i）（1﹣i）=y，则y的值为（）A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．2【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】利用复数的运算法则、复数相等即可得出．【解答】解：∵y=（2x+i）（1﹣i）=2x+1+（1﹣2x）i，∴，解得y=2故选：D．【点评】本题考查了复数的运算法则、复数相等，考查了计算能力，属于基础题．3．已知数列{a n}满足a n=a n+1，若a3+a4=2，则a4+a5=（）A．B．1 C．4 D．8【考点】等比数列的通项公式．【分析】根据已知条件可以求得公比q=2．【解答】解：∵数列{a n}满足a n=a n+1，∴=2．则该数列是以2为公比的等比数列．由a3+a4=2，得到：4a1+8a1=2，解得a1=，则a4+a5=8a1+16a1=24a1=24×=4，故选：C．【点评】本题考查了等比数列的通项公式，是基础的计算题．4．已知向量与不共线，且向量=+m，=n+，若A，B，C三点共线，则实数m，n（）A．mn=1 B．mn=﹣1 C．m+n=1 D．m+n=﹣1【考点】平行向量与共线向量．【分析】由题意可得∥，再根据两个向量共线的性质可得=，由此可得结论．【解答】解：由题意可得∥，∴=λ•，故有=，∴mn=1，故选：A．【点评】本题主要考查两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算，属于中档题．5．执行如图所示的程序框图，如果输入的a，b分别为56，140，则输出的a=（）A．0 B．7 C．14 D．28【考点】程序框图．【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的a，b的值，当a=28，b=28时，不满足条件a≠b，退出循环，输出a的值．【解答】解：模拟程序的运行，可得a=56，b=140，满足条件a≠b，不满足条件a＞b，b=140﹣56=84，满足条件a≠b，不满足条件a＞b，b=84﹣56=28，满足条件a≠b，满足条件a＞b，a=56﹣28=28，不满足条件a≠b，退出循环，输出a的值为28．故选：D．【点评】本题主要考查了循环结构的程序框图，正确依次写出每次循环得到的a，b 的值是解题的关键，属于基本知识的考查．6．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（组暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，且当实数t取[0，3]上的任意值时，直线y=t被图1和图2所截得的两线段长总相等，则图1的面积为（）A．4 B．C．5 D．【考点】进行简单的演绎推理．【分析】根据题意，由祖暅原理，分析可得图1的面积等于图2梯形的面积，计算梯形的面积即可得出结论．【解答】解：根据题意，由祖暅原理，分析可得图1的面积等于图2梯形的面积，又由图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，其面积S==；故选：B．【点评】本题考查演绎推理的运用，关键是理解题目中祖暅原理的叙述．7．如图，在正方体ABC的﹣A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为（）A．1 B．C．D．2【考点】简单空间图形的三视图．【分析】分析三棱锥P﹣BCD的正视图与侧视图的形状，并求出面积，可得答案．【解答】解：设棱长为1，则三棱锥P﹣BCD的正视图是底面边长为1，高为1的三角形，面积为：；三棱锥P﹣BCD的俯视图取最大面积时，P在A1处，俯视图面积为：；故三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为1，故选：A．【点评】本题考查的知识点是简单空间图形的三视图，根据已知分析出三棱锥P﹣BCD的正视图与侧视图的形状，是解答的关键．8．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，B=45°，若三角形有两解，则a的取值范围是（）A．a＞2B．0＜a＜2 C．2＜a＜2D．2＜a＜2【考点】正弦定理．【分析】由题意判断出三角形有两解时A的范围，通过正弦定理及正弦函数的性质推出a的范围即可．【解答】解：由AC=b=2，要使三角形有两解，就是要使以C为圆心，半径为2的圆与BA有两个交点，当A=90°时，圆与AB相切；当A=45°时交于B点，也就是只有一解，∴45°＜A＜135°，且A≠90°，即＜sinA＜1，由正弦定理以及asinB=bsinA．可得：a==2sinA，∵2sinA∈（2，2）．∴a的取值范围是（2，2）．故选：C．【点评】此题考查了正弦定理，正弦函数的图象与性质，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键，属于中档题．9．已知区域Ω={（x，y）||x|≤，0≤y≤}，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx 与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，若在区域Ω内随机取一点P，则点P 在区域A的概率为（）A．B．C．D．【考点】几何概型．【分析】首先明确几何概型测度为区域面积，利用定积分求出A的面积，然后由概型公式求概率．【解答】解：由已知得到事件对应区域面积为=4，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，面积为2=2sinx|=，由急火攻心的公式得到所求概率为：；故选C【点评】本题考查了几何概型的概率求法；明确几何测度是关键．10．某地一年的气温Q（t）（单位：℃）与时间t（月份）之间的关系如图所示．已知该年的平均气温为10℃，令C（t）表示时间段[0，t]的平均气温，下列四个函数图象中，最能表示C（t）与t之间的函数关系的是（）A．B．C．D．【考点】函数的图象．【分析】根据图象的对称关系和条件可知C（6）=0，C（12）=10，再根据气温变化趋势可知在前一段时间内平均气温大于10，使用排除法得出答案．【解答】解：∵气温图象在前6个月的图象关于点（3，0）对称，∴C（6）=0，排除D；注意到后几个月的气温单调下降，则从0到12月前的某些时刻，平均气温应大于10℃，可排除C；∵该年的平均气温为10℃，∴t=12时，C（12）=10，排除B；故选A．【点评】本题考查了函数图象的几何意义，函数图象的变化规律，属于中档题．11．已知点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P在抛物线上且满足|PA|=m|PF|，当m取最大值时|PA|的值为（）A．1 B．C．D．2【考点】抛物线的简单性质．【分析】过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义，结合|PA|=m|PF|，设PA 的倾斜角为α，则当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，求出P的坐标，即可求得|PA|的值．【解答】解：抛物线的标准方程为x2=4y，则抛物线的焦点为F（0，1），准线方程为y=﹣1，过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义可得|PN|=|PF|，∵|PA|=m|PF|，∴|PA|=m|PN|，设PA的倾斜角为α，则sinα=，当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，设直线PA的方程为y=kx﹣1，代入x2=4y，可得x2=4（kx﹣1），即x2﹣4kx+4=0，∴△=16k2﹣16=0，∴k=±1，∴P（2，1），∴|PA|==2．故选D．【点评】本题考查抛物线的性质，考查抛物线的定义，考查学生分析解决问题的能力，解答此题的关键是明确当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，属中档题．12．已知函数f（x）=函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，其中b∈R，若函数y=f（x）+g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）A．（7，8）B．（8，+∞）C．（﹣7，0）D．（﹣∞，8）【考点】根的存在性及根的个数判断．【分析】求出函数y=f（x）+g（x）的表达式，构造函数h（x）=f（x）+f（2﹣x），作出函数h（x）的图象，利用数形结合进行求解即可．【解答】解：函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，由f（x）+g（x）=0，得f（x）+f（2﹣x）=，设h（x）=f（x）+f（2﹣x），若x≤0，则﹣x≥0，2﹣x≥2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2+x+x2，若0≤x≤2，则﹣2≤﹣x≤0，0≤2﹣x≤2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2﹣x+2﹣|2﹣x|=2﹣x+2﹣2+x=2，若x＞2，﹣x＜﹣2，2﹣x＜0，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=（x﹣2）2+2﹣|2﹣x|=x2﹣5x+8．作出函数h（x）的图象如图：当x≤0时，h（x）=2+x+x2=（x+）2+≥，当x＞2时，h（x）=x2﹣5x+8=（x﹣）2+≥．由图象知要使函数y=f（x）+g（x）恰有4个零点，即h（x）=恰有4个根，∴，解得：b∈（7，8）故选：A．【点评】本题主要考查函数零点个数的判断，根据条件求出函数的解析式，利用数形结合是解决本题的关键，属于难题．二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．若函数f（x）=（x﹣a）（x+3）为偶函数，则f（2）= ﹣5 ．【考点】函数奇偶性的性质．【分析】根据偶函数f（x）的定义域为R，则∀x∈R，都有f（﹣x）=f（x），建立等式，解之求出a，即可求出f（2）．【解答】解：因为函数f（x）=（x﹣a）（x+3）是偶函数，所以∀x∈R，都有f（﹣x）=f（x），所以∀x∈R，都有（﹣x﹣a）•（﹣x+3）=（x﹣a）（x+3），即x2+（a﹣3）x﹣3a=x2﹣（a﹣3）x﹣3a，所以a=3，所以f（2）=（2﹣3）（2+3）=﹣5．故答案为：﹣5．【点评】本题主要考查了函数奇偶性的性质，同时考查了运算求解的能力，属于基础题．14．（x+1）（x+a）4的展开式中含x4项的系数为9，则实数a的值为 2 ．【考点】二项式系数的性质．【分析】利用（x+1）（x+a）4=（x+1）（x4+4x3a+…），进而得出．【解答】解：（x+1）（x+a）4=（x+1）（x4+4x3a+…），∵展开式中含x4项的系数为9，∴1+4a=9，解得a=2．故答案为：2．【点评】本题考查了二项式定理的展开式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15．设A，B是球O的球面上两点，∠AOB=，C是球面上的动点，若四面体OABC 的体积V的最大值为，则此时球的表面积为36π．【考点】球的体积和表面积．【分析】当点C位于垂直于面AOB时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，利用三棱锥O ﹣ABC体积的最大值为，求出半径，即可求出球O的体积【解答】解：如图所示，当点C位于垂直于面AOB时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，设球O的半径为R，此时V O﹣ABC=V C﹣AOB=×R2×sin60°×R=，故R=3，则球O的表面积为4πR2=36π，故答案为：36π．【点评】本题考查球的半径，考查体积的计算，确定点C位于垂直于面AOB时，三棱锥O﹣ABC的体积最大是关键．属于中档题16．已知数列{a n}满足a1=﹣40，且na n+1﹣（n+1）a n=2n2+2n，则a n取最小值时n的值为10或11 ．【考点】数列递推式．【分析】na n+1﹣（n+1）a n=2n2+2n，化为﹣=2，利用等差数列的通项公式可得a n，再利用二次函数的单调性即可得出．【解答】解：∵na n+1﹣（n+1）a n=2n2+2n，∴﹣=2，∴数列{}是等差数列，首项为﹣40，公差为2．∴=﹣40+2（n﹣1），化为：a n=2n2﹣42n=2﹣．则a n取最小值时n的值为10或11．故答案为：10或11．【点评】本题考查了等差数列的通项公式、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三、解答题（本题共70分）17．（12分）（•贵州模拟）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB=4，bsinA=3．（1）求tanB及边长a的值；（2）若△ABC的面积S=9，求△ABC的周长．【考点】三角形中的几何计算．【分析】（1）由acosB=4，bsinA=3，两式相除，结合正弦定理可求tanB=，又acosB=4，可得cosB＞0，从而可求cosB，即可解得a的值．（2）由（1）知sinB=，利用三角形面积公式可求c，由余弦定理可求b，从而解得三角形周长的值．【解答】解：（Ⅰ）在△ABC中，由acosB=4，bsinA=3，两式相除，有==•=•=，所以tanB=，又acosB=4，故cosB＞0，则cosB=，所以a=5．…（6分）（2）由（1）知sinB=，由S=acsinB，得到c=6．由b2=a2+c2﹣2accosB，得b=，故l=5+6+=11+即△ABC的周长为11+．…（12分）【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18．（12分）（•贵州模拟）为检测空气质量，某市环保局随机抽取了甲、乙两地2016年20天PM2.5日平均浓度（单位：微克/立方米）监测数据，得到甲地PM2.5日平均浓度频率分布直方图和乙地PM2.5日平均浓度的频数分布表．乙地20天PM2.5日平均浓度频数分布表[0，20]（20，40]（40，60]（60，80]（80，100] PM2.5日平均浓度（微克/立方米）频数（天）23465（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，并通过两个频率分布直方图比较两地PM2.5日平均浓度的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（2）通过调查，该市市民对空气质量的满意度从高到低分为三个等级：满意度等级非常满意满意不满意PM2.5日平均浓度（微克/立方米）不超过20大于20不超过60超过60记事件C：“甲地市民对空气质量的满意度等级高于乙地市民对空气质量的满意度等级”，假设两地市民对空气质量满意度的调查结果相互独立，根据所给数据，利用样本估计总体的统计思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C的概率．【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；频率分布直方图．【分析】（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表能作出相应的频率分组直方图，由频率分布直方图能求出结果．（2）记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意”，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意”，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意”，B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意”，则A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，由此能求出事件C的概率．【解答】解：（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，如下图：由频率分布直方图得：甲地PM2.5日平均浓度的平均值低于乙地PM2.5日平均浓度的平均值，而且甲地的数据比较集中，乙地的数据比较分散．（2）记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意”，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意”，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意”，B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意”，则A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，P（C）=P（B1A1∪B2A2）=P（B1）P（A1）+P（B2）P（A2），由题意P（A1）=，P（A2）=，P（B1）=，P（B2）=，∴P（C）=．【点评】本题考查频率分布直方图的应用，考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意互斥事件加法公式和相互独立事件事件概率乘法公式的合理运用．19．（12分）（•贵州模拟）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠B=90°，将△ABC 沿中位线DE翻折得到如图2所示的空间图形，使二面角A﹣DE﹣C的大小为θ（0＜θ＜）．（1）求证：平面ABD⊥平面ABC；（2）若θ=，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．【考点】直线与平面所成的角；平面与平面垂直的判定．【分析】（1）证明：DE⊥平面ADB，DE∥BC，可证BC⊥平面ABD，即可证明平面ABD⊥平面ABC．（2）取DB中点O，AO⊥DB，由（1）得平面ABD⊥平面EDBC，AO⊥面EDBC，所以以O为原点，建立如图坐标系，则A（0，0，），B（1，0，0），C（1，4，0），E（﹣1，2，0），利用平面ABC 的法向量求解．【解答】（1）证明：由题意，DE∥BC，∵DE⊥AD，DE⊥BD，AD∩BD=D，∴DE⊥平面ADB，∴BC⊥平面ABD；∵面ABC，∴平面ABD⊥平面ABC；（2）由已知可得二面角A﹣DE﹣C的平面角就是∠ADB设等腰直角三角形ABC的直角边AB=4，则在△ADB中，AD=DB=AB=2，取DB中点O，AO⊥DB，由（1）得平面ABD⊥平面EDBC，∴AO⊥面EDBC，所以以O为原点，建立如图坐标系，则A（0，0，），B（1，0，0），C（1，4，0），E（﹣1，2，0）设平面ABC的法向量为，，．由，取，}，∴直线AE与平面ABC所成角的θ，sinθ=|cos＜＞|=||=．即直线AE与平面ABC所成角的正弦值为：【点评】本题考查线面垂直，考查向量法求二面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．20．（12分）（•贵州模拟）已知椭圆E：+=1（a＞b＞0）的离心率为，点P（1，）在椭圆E上，直线l过椭圆的右焦点F且与椭圆相交于A，B两点．（1）求E的方程；（2）在x轴上是否存在定点M，使得•为定值？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，说明理由．【考点】直线与椭圆的位置关系．【分析】（1）由题意的离心率公式求得a=c，b2=a2﹣c2=c2，将直线方程代入椭圆方程，即可求得a和b，求得椭圆方程；（2）在x轴上假设存在定点M（m，0），使得•为定值．若直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F（1，0），由y=k（x﹣1）代入椭圆方程，运用韦达定理和向量数量积的坐标表示，结合恒成立思想，即可得到定点和定值；检验直线AB的斜率不存在时，也成立．【解答】解：（1）由椭圆的焦点在x轴上，椭圆的离心率e==，则a=c，由b2=a2﹣c2=c2，将P（1，）代入椭圆方程，解得：c=1，a=，b=1，∴椭圆的标准方程：；（2）在x轴上假设存在定点M（m，0），使得•为定值．若直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F（1，0），由，整理得（1+2k2）x2﹣4k2x+2k2﹣2=0，x1+x2=，x1x2=，y1y2=k2（x1﹣1）（x2﹣1）=k2[x1x2+1﹣（x1+x2）]=k2（+1﹣）=﹣，则•=（x1﹣m）（x2﹣m）+y1y2=x1x2+m2﹣m（x1+x2）+y1y2，=+m2﹣m•﹣=，欲使得•为定值，则2m2﹣4m+1=2（m2﹣2），解得：m=，此时•=﹣2=﹣；当AB斜率不存在时，令x=1，代入椭圆方程，可得y=±，由M（，0），可得•=﹣，符合题意．故在x轴上存在定点M（，0），使得•=﹣．【点评】本题考查椭圆方程的求法，注意运用离心率公式，考查存在性问题的解法，注意运用分类讨论的思想方法和联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，考查化简整理的运算能力，属于中档题．21．（12分）（•贵州模拟）已知函数f（x）=xlnx+ax，函数f（x）的图象在点x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．（1）求a的值和f（x）的单调区间；（2）求证：e x＞f′（x）．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（1）由f′（1）=1+a=2，解得：a=1，利用导数求解单调区间．（2）要证e x＞f′（x），即证e x＞lnx+2，x＞0时，易得e x＞x+1，即只需证明x＞lnx+1即可【解答】解：（1）f′（x）=lnx+1+a，f′（1）=1+a=2，解得：a=1，故f（x）=xlnx+x，f′（x）=lnx+2，令f′（x）＞0，解得：x＞e﹣2，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜e﹣2，故f（x）在（0，e﹣2）递减，在（e﹣2，+∞）递增；（2）要证e x＞f′（x），即证e x﹣lnx﹣2＞0，即证e x＞lnx+2，x＞0时，易得e x＞x+1，即只需证明x+1≥lnx+2即可，即只需证明x＞lnx+1即可令h（x）=x﹣lnx+1，则h′（x）=1﹣，令h′（x）=0，得x=1h（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，故h（x）≥h（1）=0．即x+1≥lnx+2成立，即e x＞lnx+2，∴e x＞f′（x）．【点评】本题考查了导数的综合应用，构造合适的新函数，放缩法证明函数不等式，属于难题．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．（10分）（•贵州模拟）曲线C1的参数方程为（α为参数）在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ．（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）过原点且倾斜角为α（＜α≤）的射线l与曲线C1，C2分别相交于A，B两点（A，B异于原点），求|OA|•|OB|的取值范围．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（1）先将C1的参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程，将C2的极坐标方程两边同乘ρ，根据极坐标与直角坐标的对应关系得出C2的直角坐标方程；（2）求出l的参数方程，分别代入C1，C2的普通方程，根据参数的几何意义得出|OA|，|OB|，得到|OA|•|OB|关于k的函数，根据k的范围得出答案．【解答】解：（1）曲线C1的参数方程为（α为参数），普通方程为（x ﹣2）2+y2=4，即x2+y2=4x，极坐标方程为ρ=4cosθ；曲线C1的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ，普通方程为：y=x2；（2）射线l的参数方程为（t为参数，＜α≤）．把射线l的参数方程代入曲线C1的普通方程得：t2﹣4tcosα=0，解得t1=0，t2=4cosα．∴|OA|=|t2|=4cosα．把射线l的参数方程代入曲线C2的普通方程得：cos2αt2=tsinα，解得t1=0，t2=．∴|OB|=|t2|=．∴|OA|•|OB|=4cosα•=4tanα=4k．∵k∈（，1]，∴4k∈（，4]．∴|OA|•|OB|的取值范围是（，4]．【点评】本题考查参数方程与极坐标与普通方程的互化，考查参数的几何意义的应用，属于中档题．[选修4-5：不等式选讲]23．（•贵州模拟）已知函数f（x）=|x﹣1|+|x﹣5|，g（x）=．（1）求f（x）的最小值；（2）记f（x）的最小值为m，已知实数a，b满足a2+b2=6，求证：g（a）+g（b）≤m．【考点】函数的最值及其几何意义．【分析】（1）化简f（x）的解析式，得出f（x）的单调性，利用单调性求出f（x）的最小值；（2）计算[g（a）+g（b）]2，利用基本不等式即可得出结论．【解答】解：（1）f（x）=|x﹣1|+|x﹣5|=，∴f（x）在（﹣∞，1]上单调递减，在[5，+∞）上单调递增，∵f（1）=4，f（5）=4，∴f（x）的最小值为4．（2）证明：由（1）可知m=4，g（a）+g（b）=+，∴[g（a）+g（b）]2=1+a2+1+b2+2=8+2，∵≤=4，∴[g（a）+g（b）]2≤16，∴g（a）+g（b）≤4．【点评】本题考查了函数的单调性，分段函数的最值计算，基本不等式的应用，属于中档题．。
2020-2021学年贵州省高考数学适应性试卷(理科)含解析
贵州省高考数学适应性试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．设集合M={x|x2﹣2x＜0}，N={x|x≥1}，则M∩N=（）A．{x|x≥1} B．{x|1≤x＜2} C．{x|0＜x≤1} D．{x|x≤1}2．已知x，y∈R，i是虚数单位，且（2x+i）（1﹣i）=y，则y的值为（）A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．23．已知数列{a n}满足a n=a n+1，若a3+a4=2，则a4+a5=（）A．B．1 C．4 D．84．已知向量与不共线，且向量=+m，=n+，若A，B，C三点共线，则实数m，n（）A．mn=1 B．mn=﹣1 C．m+n=1 D．m+n=﹣15．执行如图所示的程序框图，如果输入的a，b分别为56，140，则输出的a=（）A．0 B．7 C．14 D．286．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（组暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，且当实数t取[0，3]上的任意值时，直线y=t被图1和图2所截得的两线段长总相等，则图1的面积为（）A．4 B．C．5 D．7．如图，在正方体ABC的﹣A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为（）A．1 B．C．D．28．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，B=45°，若三角形有两解，则a的取值范围是（）A．a＞2B．0＜a＜2 C．2＜a＜2D．2＜a＜29．已知区域Ω={（x，y）||x|≤，0≤y≤}，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx 与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，若在区域Ω内随机取一点P，则点P 在区域A的概率为（）A．B．C．D．10．某地一年的气温Q（t）（单位：℃）与时间t（月份）之间的关系如图所示．已知该年的平均气温为10℃，令C（t）表示时间段[0，t]的平均气温，下列四个函数图象中，最能表示C（t）与t之间的函数关系的是（）A．B．C．D．11．已知点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P在抛物线上且满足|PA|=m|PF|，当m取最大值时|PA|的值为（）A．1 B．C．D．212．已知函数f（x）=函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，其中b∈R，若函数y=f（x）+g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）A．（7，8）B．（8，+∞）C．（﹣7，0）D．（﹣∞，8）二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．若函数f（x）=（x﹣a）（x+3）为偶函数，则f（2）= ．14．（x+a）4的展开式中含x4项的系数为9，则实数a的值为．15．设A，B是球O的球面上两点，∠AOB=，C是球面上的动点，若四面体OABC 的体积V的最大值为，则此时球的表面积为．16．已知数列{a n}满足a1=﹣40，且na n+1﹣（n+1）a n=2n2+2n，则a n取最小值时n的值为．三、解答题（本题共70分）17．（12分）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB=4，bsinA=3．（1）求tanB及边长a的值；（2）若△ABC的面积S=9，求△ABC的周长．18．（12分）为检测空气质量，某市环保局随机抽取了甲、乙两地2016年20天PM2.5日平均浓度（单位：微克/立方米）监测数据，得到甲地PM2.5日平均浓度频率分布直方图和乙地PM2.5日平均浓度的频数分布表．乙地20天PM2.5日平均浓度频数分布表PM2.5日平均浓度（微克/立方米）[0，20]（20，40]（40，60]（60，80]（80，100]频数（天）23465（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，并通过两个频率分布直方图比较两地PM2.5日平均浓度的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（2）通过调查，该市市民对空气质量的满意度从高到低分为三个等级：满意度等级非常满意满意不满意PM2.5日平均浓度（微克/立方米）不超过20大于20不超过60超过60记事件C：“甲地市民对空气质量的满意度等级高于乙地市民对空气质量的满意度等级”，假设两地市民对空气质量满意度的调查结果相互独立，根据所给数据，利用样本估计总体的统计思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C的概率．19．（12分）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠B=90°，将△ABC沿中位线DE 翻折得到如图2所示的空间图形，使二面角A﹣DE﹣C的大小为θ（0＜θ＜）．（1）求证：平面ABD⊥平面ABC；（2）若θ=，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．20．（12分）已知椭圆E：+=1（a＞b＞0）的离心率为，点P（1，）在椭圆E上，直线l过椭圆的右焦点F且与椭圆相交于A，B两点．（1）求E的方程；（2）在x轴上是否存在定点M，使得•为定值？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，说明理由．21．（12分）已知函数f（x）=xlnx+ax，函数f（x）的图象在点x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．（1）求a的值和f（x）的单调区间；（2）求证：e x＞f′（x）．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．（10分）曲线C1的参数方程为（α为参数）在以原点O为极点，x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ．（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）过原点且倾斜角为α（＜α≤）的射线l与曲线C1，C2分别相交于A，B两点（A，B异于原点），求|OA|•|OB|的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x﹣1|+|x﹣5|，g（x）=．（1）求f（x）的最小值；（2）记f（x）的最小值为m，已知实数a，b满足a2+b2=6，求证：g（a）+g（b）≤m．贵州省高考数学适应性试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．设集合M={x|x2﹣2x＜0}，N={x|x≥1}，则M∩N=（）A．{x|x≥1} B．{x|1≤x＜2} C．{x|0＜x≤1} D．{x|x≤1}【考点】交集及其运算．【分析】解不等式求出集合M，再根据交集的定义写出M∩N．【解答】解：集合集合M={x|x2﹣2x＜0}={x|0＜x＜2}，N={x|x≥1}，则M∩N={x|1≤x＜2}故选：B．【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．2．已知x，y∈R，i是虚数单位，且（2x+i）（1﹣i）=y，则y的值为（）A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．2【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】利用复数的运算法则、复数相等即可得出．【解答】解：∵y=（2x+i）（1﹣i）=2x+1+（1﹣2x）i，∴，解得y=2故选：D．【点评】本题考查了复数的运算法则、复数相等，考查了计算能力，属于基础题．3．已知数列{a n}满足a n=a n+1，若a3+a4=2，则a4+a5=（）A．B．1 C．4 D．8【考点】等比数列的通项公式．【分析】根据已知条件可以求得公比q=2．【解答】解：∵数列{a n}满足a n=a n+1，∴=2．则该数列是以2为公比的等比数列．由a3+a4=2，得到：4a1+8a1=2，解得a1=，则a4+a5=8a1+16a1=24a1=24×=4，故选：C．【点评】本题考查了等比数列的通项公式，是基础的计算题．4．已知向量与不共线，且向量=+m，=n+，若A，B，C三点共线，则实数m，n（）A．mn=1 B．mn=﹣1 C．m+n=1 D．m+n=﹣1【考点】平行向量与共线向量．【分析】由题意可得∥，再根据两个向量共线的性质可得=，由此可得结论．【解答】解：由题意可得∥，∴=λ•，故有=，∴mn=1，故选：A．【点评】本题主要考查两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算，属于中档题．5．执行如图所示的程序框图，如果输入的a，b分别为56，140，则输出的a=（）A．0 B．7 C．14 D．28【考点】程序框图．【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的a，b的值，当a=28，b=28时，不满足条件a≠b，退出循环，输出a的值．【解答】解：模拟程序的运行，可得a=56，b=140，满足条件a≠b，不满足条件a＞b，b=140﹣56=84，满足条件a≠b，不满足条件a＞b，b=84﹣56=28，满足条件a≠b，满足条件a＞b，a=56﹣28=28，不满足条件a≠b，退出循环，输出a的值为28．故选：D．【点评】本题主要考查了循环结构的程序框图，正确依次写出每次循环得到的a，b 的值是解题的关键，属于基本知识的考查．6．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（组暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，且当实数t取[0，3]上的任意值时，直线y=t被图1和图2所截得的两线段长总相等，则图1的面积为（）A．4 B．C．5 D．【考点】进行简单的演绎推理．【分析】根据题意，由祖暅原理，分析可得图1的面积等于图2梯形的面积，计算梯形的面积即可得出结论．【解答】解：根据题意，由祖暅原理，分析可得图1的面积等于图2梯形的面积，又由图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，其面积S==；故选：B．【点评】本题考查演绎推理的运用，关键是理解题目中祖暅原理的叙述．7．如图，在正方体ABC的﹣A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为（）A．1 B．C．D．2【考点】简单空间图形的三视图．【分析】分析三棱锥P﹣BCD的正视图与侧视图的形状，并求出面积，可得答案．【解答】解：设棱长为1，则三棱锥P﹣BCD的正视图是底面边长为1，高为1的三角形，面积为：；三棱锥P﹣BCD的俯视图取最大面积时，P在A1处，俯视图面积为：；故三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为1，故选：A．【点评】本题考查的知识点是简单空间图形的三视图，根据已知分析出三棱锥P﹣BCD的正视图与侧视图的形状，是解答的关键．8．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，B=45°，若三角形有两解，则a的取值范围是（）A．a＞2B．0＜a＜2 C．2＜a＜2D．2＜a＜2【考点】正弦定理．【分析】由题意判断出三角形有两解时A的范围，通过正弦定理及正弦函数的性质推出a的范围即可．【解答】解：由AC=b=2，要使三角形有两解，就是要使以C为圆心，半径为2的圆与BA有两个交点，当A=90°时，圆与AB相切；当A=45°时交于B点，也就是只有一解，∴45°＜A＜135°，且A≠90°，即＜sinA＜1，由正弦定理以及asinB=bsinA．可得：a==2sinA，∵2sinA∈（2，2）．∴a的取值范围是（2，2）．故选：C．【点评】此题考查了正弦定理，正弦函数的图象与性质，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键，属于中档题．9．已知区域Ω={（x，y）||x|≤，0≤y≤}，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx 与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，若在区域Ω内随机取一点P，则点P 在区域A的概率为（）A．B．C．D．【考点】几何概型．【分析】首先明确几何概型测度为区域面积，利用定积分求出A的面积，然后由概型公式求概率．【解答】解：由已知得到事件对应区域面积为=4，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，面积为2=2sinx|=，由急火攻心的公式得到所求概率为：；故选C【点评】本题考查了几何概型的概率求法；明确几何测度是关键．10．某地一年的气温Q（t）（单位：℃）与时间t（月份）之间的关系如图所示．已知该年的平均气温为10℃，令C（t）表示时间段[0，t]的平均气温，下列四个函数图象中，最能表示C（t）与t之间的函数关系的是（）A．B．C．D．【考点】函数的图象．【分析】根据图象的对称关系和条件可知C（6）=0，C（12）=10，再根据气温变化趋势可知在前一段时间内平均气温大于10，使用排除法得出答案．【解答】解：∵气温图象在前6个月的图象关于点（3，0）对称，∴C（6）=0，排除D；注意到后几个月的气温单调下降，则从0到12月前的某些时刻，平均气温应大于10℃，可排除C；∵该年的平均气温为10℃，∴t=12时，C（12）=10，排除B；故选A．【点评】本题考查了函数图象的几何意义，函数图象的变化规律，属于中档题．11．已知点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P在抛物线上且满足|PA|=m|PF|，当m取最大值时|PA|的值为（）A．1 B．C．D．2【考点】抛物线的简单性质．【分析】过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义，结合|PA|=m|PF|，设PA 的倾斜角为α，则当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，求出P的坐标，即可求得|PA|的值．【解答】解：抛物线的标准方程为x2=4y，则抛物线的焦点为F（0，1），准线方程为y=﹣1，过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义可得|PN|=|PF|，∵|PA|=m|PF|，∴|PA|=m|PN|，设PA的倾斜角为α，则sinα=，当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，设直线PA的方程为y=kx﹣1，代入x2=4y，可得x2=4（kx﹣1），即x2﹣4kx+4=0，∴△=16k2﹣16=0，∴k=±1，∴P（2，1），∴|PA|==2．故选D．【点评】本题考查抛物线的性质，考查抛物线的定义，考查学生分析解决问题的能力，解答此题的关键是明确当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，属中档题．12．已知函数f（x）=函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，其中b∈R，若函数y=f（x）+g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）A．（7，8）B．（8，+∞）C．（﹣7，0）D．（﹣∞，8）【考点】根的存在性及根的个数判断．【分析】求出函数y=f（x）+g（x）的表达式，构造函数h（x）=f（x）+f（2﹣x），作出函数h（x）的图象，利用数形结合进行求解即可．【解答】解：函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，由f（x）+g（x）=0，得f（x）+f（2﹣x）=，设h（x）=f（x）+f（2﹣x），若x≤0，则﹣x≥0，2﹣x≥2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2+x+x2，若0≤x≤2，则﹣2≤﹣x≤0，0≤2﹣x≤2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2﹣x+2﹣|2﹣x|=2﹣x+2﹣2+x=2，若x＞2，﹣x＜﹣2，2﹣x＜0，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=（x﹣2）2+2﹣|2﹣x|=x2﹣5x+8．作出函数h（x）的图象如图：当x≤0时，h（x）=2+x+x2=（x+）2+≥，当x＞2时，h（x）=x2﹣5x+8=（x﹣）2+≥．由图象知要使函数y=f（x）+g（x）恰有4个零点，即h（x）=恰有4个根，∴，解得：b∈（7，8）故选：A．【点评】本题主要考查函数零点个数的判断，根据条件求出函数的解析式，利用数形结合是解决本题的关键，属于难题．二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．若函数f（x）=（x﹣a）（x+3）为偶函数，则f（2）= ﹣5 ．【考点】函数奇偶性的性质．【分析】根据偶函数f（x）的定义域为R，则∀x∈R，都有f（﹣x）=f（x），建立等式，解之求出a，即可求出f（2）．【解答】解：因为函数f（x）=（x﹣a）（x+3）是偶函数，所以∀x∈R，都有f（﹣x）=f（x），所以∀x∈R，都有（﹣x﹣a）•（﹣x+3）=（x﹣a）（x+3），即x2+（a﹣3）x﹣3a=x2﹣（a﹣3）x﹣3a，所以a=3，所以f（2）=（2﹣3）（2+3）=﹣5．故答案为：﹣5．【点评】本题主要考查了函数奇偶性的性质，同时考查了运算求解的能力，属于基础题．14．（x+1）（x+a）4的展开式中含x4项的系数为9，则实数a的值为 2 ．【考点】二项式系数的性质．【分析】利用（x+1）（x+a）4=（x+1）（x4+4x3a+…），进而得出．【解答】解：（x+1）（x+a）4=（x+1）（x4+4x3a+…），∵展开式中含x4项的系数为9，∴1+4a=9，解得a=2．故答案为：2．【点评】本题考查了二项式定理的展开式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15．设A，B是球O的球面上两点，∠AOB=，C是球面上的动点，若四面体OABC 的体积V的最大值为，则此时球的表面积为36π．【考点】球的体积和表面积．【分析】当点C位于垂直于面AOB时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，利用三棱锥O ﹣ABC体积的最大值为，求出半径，即可求出球O的体积【解答】解：如图所示，当点C位于垂直于面AOB时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，设球O的半径为R，此时V O﹣ABC=V C﹣AOB=×R2×sin60°×R=，故R=3，则球O的表面积为4πR2=36π，故答案为：36π．【点评】本题考查球的半径，考查体积的计算，确定点C位于垂直于面AOB时，三棱锥O﹣ABC的体积最大是关键．属于中档题16．已知数列{a n}满足a1=﹣40，且na n+1﹣（n+1）a n=2n2+2n，则a n取最小值时n的值为10或11 ．【考点】数列递推式．【分析】na n+1﹣（n+1）a n=2n2+2n，化为﹣=2，利用等差数列的通项公式可得a n，再利用二次函数的单调性即可得出．【解答】解：∵na n+1﹣（n+1）a n=2n2+2n，∴﹣=2，∴数列{}是等差数列，首项为﹣40，公差为2．∴=﹣40+2（n﹣1），化为：a n=2n2﹣42n=2﹣．则a n取最小值时n的值为10或11．故答案为：10或11．【点评】本题考查了等差数列的通项公式、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三、解答题（本题共70分）17．（12分）（•贵州模拟）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB=4，bsinA=3．（1）求tanB及边长a的值；（2）若△ABC的面积S=9，求△ABC的周长．【考点】三角形中的几何计算．【分析】（1）由acosB=4，bsinA=3，两式相除，结合正弦定理可求tanB=，又acosB=4，可得cosB＞0，从而可求cosB，即可解得a的值．（2）由（1）知sinB=，利用三角形面积公式可求c，由余弦定理可求b，从而解得三角形周长的值．【解答】解：（Ⅰ）在△ABC中，由acosB=4，bsinA=3，两式相除，有==•=•=，所以tanB=，又acosB=4，故cosB＞0，则cosB=，所以a=5．…（6分）（2）由（1）知sinB=，由S=acsinB，得到c=6．由b2=a2+c2﹣2accosB，得b=，故l=5+6+=11+即△ABC的周长为11+．…（12分）【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18．（12分）（•贵州模拟）为检测空气质量，某市环保局随机抽取了甲、乙两地2016年20天PM2.5日平均浓度（单位：微克/立方米）监测数据，得到甲地PM2.5日平均浓度频率分布直方图和乙地PM2.5日平均浓度的频数分布表．乙地20天PM2.5日平均浓度频数分布表[0，20]（20，40]（40，60]（60，80]（80，100] PM2.5日平均浓度（微克/立方米）频数（天）23465（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，并通过两个频率分布直方图比较两地PM2.5日平均浓度的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（2）通过调查，该市市民对空气质量的满意度从高到低分为三个等级：满意度等级非常满意满意不满意PM2.5日平均浓度（微克/立方米）不超过20大于20不超过60超过60记事件C：“甲地市民对空气质量的满意度等级高于乙地市民对空气质量的满意度等级”，假设两地市民对空气质量满意度的调查结果相互独立，根据所给数据，利用样本估计总体的统计思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C的概率．【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；频率分布直方图．【分析】（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表能作出相应的频率分组直方图，由频率分布直方图能求出结果．（2）记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意”，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意”，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意”，B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意”，则A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，由此能求出事件C的概率．【解答】解：（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，如下图：由频率分布直方图得：甲地PM2.5日平均浓度的平均值低于乙地PM2.5日平均浓度的平均值，而且甲地的数据比较集中，乙地的数据比较分散．（2）记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意”，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意”，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意”，B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意”，则A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，P（C）=P（B1A1∪B2A2）=P（B1）P（A1）+P（B2）P（A2），由题意P（A1）=，P（A2）=，P（B1）=，P（B2）=，∴P（C）=．【点评】本题考查频率分布直方图的应用，考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意互斥事件加法公式和相互独立事件事件概率乘法公式的合理运用．19．（12分）（•贵州模拟）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠B=90°，将△ABC 沿中位线DE翻折得到如图2所示的空间图形，使二面角A﹣DE﹣C的大小为θ（0＜θ＜）．（1）求证：平面ABD⊥平面ABC；（2）若θ=，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．【考点】直线与平面所成的角；平面与平面垂直的判定．【分析】（1）证明：DE⊥平面ADB，DE∥BC，可证BC⊥平面ABD，即可证明平面ABD⊥平面ABC．（2）取DB中点O，AO⊥DB，由（1）得平面ABD⊥平面EDBC，AO⊥面EDBC，所以以O为原点，建立如图坐标系，则A（0，0，），B（1，0，0），C（1，4，0），E（﹣1，2，0），利用平面ABC 的法向量求解．【解答】（1）证明：由题意，DE∥BC，∵DE⊥AD，DE⊥BD，AD∩BD=D，∴DE⊥平面ADB，∴BC⊥平面ABD；∵面ABC，∴平面ABD⊥平面ABC；（2）由已知可得二面角A﹣DE﹣C的平面角就是∠ADB设等腰直角三角形ABC的直角边AB=4，则在△ADB中，AD=DB=AB=2，取DB中点O，AO⊥DB，由（1）得平面ABD⊥平面EDBC，∴AO⊥面EDBC，所以以O为原点，建立如图坐标系，则A（0，0，），B（1，0，0），C（1，4，0），E（﹣1，2，0）设平面ABC的法向量为，，．由，取，}，∴直线AE与平面ABC所成角的θ，sinθ=|cos＜＞|=||=．即直线AE与平面ABC所成角的正弦值为：【点评】本题考查线面垂直，考查向量法求二面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．20．（12分）（•贵州模拟）已知椭圆E：+=1（a＞b＞0）的离心率为，点P（1，）在椭圆E上，直线l过椭圆的右焦点F且与椭圆相交于A，B两点．（1）求E的方程；（2）在x轴上是否存在定点M，使得•为定值？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，说明理由．【考点】直线与椭圆的位置关系．【分析】（1）由题意的离心率公式求得a=c，b2=a2﹣c2=c2，将直线方程代入椭圆方程，即可求得a和b，求得椭圆方程；（2）在x轴上假设存在定点M（m，0），使得•为定值．若直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F（1，0），由y=k（x﹣1）代入椭圆方程，运用韦达定理和向量数量积的坐标表示，结合恒成立思想，即可得到定点和定值；检验直线AB的斜率不存在时，也成立．【解答】解：（1）由椭圆的焦点在x轴上，椭圆的离心率e==，则a=c，由b2=a2﹣c2=c2，将P（1，）代入椭圆方程，解得：c=1，a=，b=1，∴椭圆的标准方程：；（2）在x轴上假设存在定点M（m，0），使得•为定值．若直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F（1，0），由，整理得（1+2k2）x2﹣4k2x+2k2﹣2=0，x1+x2=，x1x2=，y1y2=k2（x1﹣1）（x2﹣1）=k2[x1x2+1﹣（x1+x2）]=k2（+1﹣）=﹣，则•=（x1﹣m）（x2﹣m）+y1y2=x1x2+m2﹣m（x1+x2）+y1y2，=+m2﹣m•﹣=，欲使得•为定值，则2m2﹣4m+1=2（m2﹣2），解得：m=，此时•=﹣2=﹣；当AB斜率不存在时，令x=1，代入椭圆方程，可得y=±，由M（，0），可得•=﹣，符合题意．故在x轴上存在定点M（，0），使得•=﹣．【点评】本题考查椭圆方程的求法，注意运用离心率公式，考查存在性问题的解法，注意运用分类讨论的思想方法和联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，考查化简整理的运算能力，属于中档题．21．（12分）（•贵州模拟）已知函数f（x）=xlnx+ax，函数f（x）的图象在点x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．（1）求a的值和f（x）的单调区间；（2）求证：e x＞f′（x）．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（1）由f′（1）=1+a=2，解得：a=1，利用导数求解单调区间．（2）要证e x＞f′（x），即证e x＞lnx+2，x＞0时，易得e x＞x+1，即只需证明x＞lnx+1即可【解答】解：（1）f′（x）=lnx+1+a，f′（1）=1+a=2，解得：a=1，故f（x）=xlnx+x，f′（x）=lnx+2，令f′（x）＞0，解得：x＞e﹣2，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜e﹣2，故f（x）在（0，e﹣2）递减，在（e﹣2，+∞）递增；（2）要证e x＞f′（x），即证e x﹣lnx﹣2＞0，即证e x＞lnx+2，x＞0时，易得e x＞x+1，即只需证明x+1≥lnx+2即可，即只需证明x＞lnx+1即可令h（x）=x﹣lnx+1，则h′（x）=1﹣，令h′（x）=0，得x=1h（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，故h（x）≥h（1）=0．即x+1≥lnx+2成立，即e x＞lnx+2，∴e x＞f′（x）．【点评】本题考查了导数的综合应用，构造合适的新函数，放缩法证明函数不等式，属于难题．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．（10分）（•贵州模拟）曲线C1的参数方程为（α为参数）在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ．（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）过原点且倾斜角为α（＜α≤）的射线l与曲线C1，C2分别相交于A，B两点（A，B异于原点），求|OA|•|OB|的取值范围．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（1）先将C1的参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程，将C2的极坐标方程两边同乘ρ，根据极坐标与直角坐标的对应关系得出C2的直角坐标方程；（2）求出l的参数方程，分别代入C1，C2的普通方程，根据参数的几何意义得出|OA|，|OB|，得到|OA|•|OB|关于k的函数，根据k的范围得出答案．【解答】解：（1）曲线C1的参数方程为（α为参数），普通方程为（x ﹣2）2+y2=4，即x2+y2=4x，极坐标方程为ρ=4cosθ；曲线C1的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ，普通方程为：y=x2；（2）射线l的参数方程为（t为参数，＜α≤）．把射线l的参数方程代入曲线C1的普通方程得：t2﹣4tcosα=0，解得t1=0，t2=4cosα．∴|OA|=|t2|=4cosα．把射线l的参数方程代入曲线C2的普通方程得：cos2αt2=tsinα，解得t1=0，t2=．∴|OB|=|t2|=．∴|OA|•|OB|=4cosα•=4tanα=4k．∵k∈（，1]，∴4k∈（，4]．∴|OA|•|OB|的取值范围是（，4]．【点评】本题考查参数方程与极坐标与普通方程的互化，考查参数的几何意义的应用，属于中档题．[选修4-5：不等式选讲]23．（•贵州模拟）已知函数f（x）=|x﹣1|+|x﹣5|，g（x）=．（1）求f（x）的最小值；（2）记f（x）的最小值为m，已知实数a，b满足a2+b2=6，求证：g（a）+g（b）≤m．【考点】函数的最值及其几何意义．【分析】（1）化简f（x）的解析式，得出f（x）的单调性，利用单调性求出f（x）的最小值；（2）计算[g（a）+g（b）]2，利用基本不等式即可得出结论．【解答】解：（1）f（x）=|x﹣1|+|x﹣5|=，∴f（x）在（﹣∞，1]上单调递减，在[5，+∞）上单调递增，∵f（1）=4，f（5）=4，∴f（x）的最小值为4．（2）证明：由（1）可知m=4，g（a）+g（b）=+，∴[g（a）+g（b）]2=1+a2+1+b2+2=8+2，∵≤=4，∴[g（a）+g（b）]2≤16，∴g（a）+g（b）≤4．【点评】本题考查了函数的单调性，分段函数的最值计算，基本不等式的应用，属于中档题．。
贵州省2021届高考数学适应性试卷(理科)(3月份)(含答案解析)
贵州省2021届高考数学适应性试卷(理科)(3月份)一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知函数f(x)=x2−2(a+2)x+a2，g(x)=−x2+2(a−2)x−a2+8.设H1(x)=max{f(x),g(x)}，H2(x)=min{f(x),g(x)}，(max{p,q})表示p，q中的较大值，min{p,q}表示p，q中的较小值)，记H1(x)的最小值为A，H2(x)的最大值为B，则A−B=()A. 16B. −16C. −16a2−2a−16D. 16a2+2a−162.若复数z满足iz=2，其中i为虚数单位，则z的虚部为()A. −2B. 2C. −2iD. 2i3.甲、乙两名同学5次体育测试的成绩如茎叶图所示，若甲、乙两人的平均成绩分别是x甲、x乙，样本标准差分别为s A、s B，则()A. x甲>x乙，s A>s BB. x甲>x乙，s A<s BC. x甲<x乙，s A>s BD. x甲<x乙，s A<s B4.某学校高一年级计划在开学第二周的星期一至星期五进行“生涯规划”体验活动，要求每名学生选择连续的两天参加体验活动，那么某学生随机选择的连续两天中，有一天是星期二的概率为()A. 15B. 14C. 13D. 125.下列三个数：a=ln32−32，b=lnπ−π，c=ln3−3，大小顺序正确的是()A. a>c>bB. a>b>cC. a<c<bD. b>a>c6.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两个焦点为F1(−5,0)，F2(5,0)，P为双曲线C的右支上一点，且满足|PF1|−|PF2|=2√5，则双曲线C的方程为()A. x25−y220=1 B. x220−y25=1 C. x225−y220=1 D. x220−y225=17.已知直线l，m和平面α，β，有如下三个命题：①若存在平面γ，使α⊥γ，β⊥γ，则α//β；②若l ，m 是两条异面直线，1⊂α，m ⊂β，1//β，m//α，则α//β； 若l ⊥α，m ⊥β，1//m ，则α//β． 其中正确命题的个数是( )A. 0B. 1C. 2D. 38.S ={1,2，…，2003}，A 是S 的三元子集，满足：A 中的所有元素可以组成等差数列．那么，这样的三元子集A 的个数是( )A. C 20032B. C 10012+C 10022C. A 10012+A 10022D. A 200339.已知A(3,0)，B(0,3)，C(cosα,sinα)，若AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−1，则sin(α+π4)的值为( )A. 23B. √23 C. √22D. 1210. 计算2sin14°⋅cos31°+sin17°等于( )A. √22B. −√22C. √32D. −√3211. 已知某四棱锥的三视图如图所示，其中俯视图为正方形，则该四棱锥的体积是( )A. 43B. 83C. 163D. 32312. 命题：∃x ∈(0,+∞)，2020x +2021sinx <0的否定是( )A. ∀x ∈(−∞,0)，2020x +2021sinx ≥0B. ∀x ∈(0,+∞)，2020x +2021sinx ≥0C. ∃x ∈(0,+∞)，2020x +2021sinx ≥0D. ∃x ∈(−∞,0)，2020x +2021sinx ≥0二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 在平面直角坐标系xOy 上的区域D 不等式组{x −y −2≤0x +2y −4≥02y −3≤0给定．若M(x,y)为D 上的动点，点N 的坐标为(1,3)，则z =OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ON⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为______ ．14. 已知函数f(x)是定义在R 上的奇函数，g(x)=f(x)+ax 3+2，若g(2)=6，则g(−2)=______． 15. 已知数列{a n }的通项公式a n =nsinnπ2，其前n 项和为S n ，则S 2016=______．16. 如图，正方形ABCD 边长为2，点M 在线段DC 上从点D 运动到点C ，若将△ADM 沿AM 折起，使得平面ADM ⊥平面ABC ，则点D 在平面ABC 内射影所形成轨迹的长度为______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ． (1)求证：sin3B =3sinB −4sin 3B ； (2)若A =2B ，b =3c ，求sin(B −π3)的值．18. 某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需要了解年宣传费x(单位：千元)对年销量y(单位：)和利润z(单位：千元)的影响，对近8年的宣传费x i (i =1,2，…，8)和年销售量y i 数据进行了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．xy w ∑(n i=1x i −x)2 ∑(n i=1w i −w)2∑(n i=1x i −x)(y i −y) ∑(ni=1w i −w)(y i −y)46.6 563 6.8 289.81.6 1469 108.8表中w i =√x i ，w =18∑w i 8i=1(1)根据散点图判断，y =a +bx,y =c +d √x 哪一个更适合作为年销售量y 关于年宣传费x 的回归方程类型(给出判断即可，不必说明理由)；(2)根据(1)的判断结果及表中数据，建立y 关于x 的回归方程；(3)已知这种产品的年利润z 与x ，y 的关系为z =0.2y −x ，根据(2)的结果回答下列问题； ①当年宣传费x =90时，年销售量及年利润的预报值是多少？ ②当年宣传费x 为何值时，年利润的预报值最大？附：对于一组数据(u 1,v 1)，(u 2,v 2)，…，(u n ,v n )，其回归线v =α+βu 的斜率和截距的最小二乘估计分别为：β̂=ni=1i −μ)(v i −v)∑(n μ−μ)2，a ̂=v −β̂μ．19. 如图，四棱锥P −ABCD 中，AB =AD =2BC =2，BC//AD ，AB ⊥AD ，△PBD 为正三角形，且PA =2√3．(Ⅰ)证明：直线AB ⊥平面PBC ；(Ⅱ)若点P 到底面ABCD 的距离为3，E 是线段PD 上一点，且PB//平面ACE ，求四面体B −ADE 的体积．20. 已知椭圆E ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的焦距为2√3，F 1，F 2是椭圆的左右焦点，点P 为椭圆上一点，△F 1PF 2面积的最大值为√3，O 为坐标原点． (1)求椭圆E 的方程；(2)设过点A(0,−2)的直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积为1时，求直线l 的方程．21. 已知是实数，函数。
贵州省届高考数学适应性试卷理科解析版
.省2021届高考数学适应性试卷〔理科〕一、选择题〔本大题共12小题，每题5分，共60分〕1．设会合M={x|x2﹣2x＜0}，N={x|x≥1}，那么M∩N=〔〕A．{x|x≥1}B．{x|1≤x＜2}C．{x|0＜x≤1}D．{x|x≤1}2．x，y∈R，i是虚数单位，且〔2x+i〕〔1﹣i〕=y，那么y的值为〔〕A．﹣1B．1C．﹣2D．23．数列{an}知足an=an+1，假定a3+a4=2，那么a4+a5=〔〕A．B．1C．4D．84．向量与不共线，且向量= +m，=n +，假定A，B，C三点共线，那么实数m，n〔〕A．mn=1 B．mn=﹣1 C．m+n=1D．m+n=﹣15．履行以下列图的程序框图，假如输入的a，b分别为56，140，那么输出的a=〔〕A．0B．7C．14D．28 6．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理〔组暅原理〕：“幂势既同，那么积不容异〞．“势〞即是高，“幂〞是面积．意思是：假如两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，以下列图，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规那么的关闭图形，图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，且当实数t取[0，3]上的随意值时，直线y=t被图1和图2所截得的两线段长总相等，那么图1的面积为〔〕. . ..A．4B．C．5D．7．如图，在正方体ABC的﹣A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，那么三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为〔〕A．1B．C．D．28．△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，B=45°，假定三角形有两解，那么a的取值围是〔〕A．a＞2B．0＜a＜2C．2＜a＜2D．2＜a＜29．地区Ω={〔x，y〕||x|≤，0≤y≤}，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x轴围成的关闭图象所表示的地区记为A，假定在地区Ω随机取一点P，那么点P在地区A的概率为〔〕A．B．C．D．10．某地一年的气温Q〔t〕〔单位：℃〕与时间t〔月份〕之间的关系以下列图．已知该年的均匀气温为10℃，令C〔t〕表示时间段[0，t]的均匀气温，以下四个函数图象中，最能表示C〔t〕与t之间的函数关系的是〔〕A．B．C．. . ..D．11．点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P在抛物线上且知足|PA|=m|PF|，当m取最大值时|PA|的值为〔〕A．1B．C．D．212．函数f〔x〕=函数g〔x〕=f〔2﹣x〕﹣b，此中b∈R，假定函数y=f〔x〕+g〔x〕恰有4个零点，那么b的取值围是〔〕A．〔7，8〕B．〔8，+∞〕C．〔﹣7，0〕D．〔﹣∞，8〕二、填空题〔本小题共4小题，每题5分，共20分〕13．假定函数f〔x〕=〔x﹣a〕〔x+3〕为偶函数，那么f〔2〕=．14．〔x+a〕4的睁开式中含x4项的系数为9，那么实数a的值为．15．设A，B是球O的球面上两点，∠AOB=，C是球面上的动点，假定四周体OABC的体积V的最大值为，那么此时球的表面积为．2n1n+1n n16．数列{a}知足a=﹣40，且na﹣〔n+1〕a=2n+2n，那么a取最小值时n的值为．三、解答题〔本题共70分〕17．〔12分〕设△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB=4，bsinA=3．1〕求tanB及边长a的值；2〕假定△ABC的面积S=9，求△ABC的周长．18．〔12分〕为检测空气质量，某市环保局随机抽取了甲、乙两地2021年20天日均匀浓度〔单位：微克/立方米〕监测数据，获得甲地日均匀浓度频次散布直方图和乙地日均匀浓度的频数散布表．. . ..乙地20天日均匀浓度频数散布表日平[0，20]〔20，40]〔40，60]〔60，80]〔80，100]均浓度〔微克/立方米〕频数〔天〕234651〕依据乙地20天日均匀浓度的频次散布表作出相应的频次分组直方图，并经过两个频次散布直方图比较两地日均匀浓度的均匀值及分别程度〔不要求计算出详细值，给出结论即可〕；2〕经过检查，该市市民对空气质量的满意度从高到低分为三个等级：满意度等级特别满意满意不满意日均匀浓度〔微克/立不超出20大于20不超出超出60方米〕60记事件C：“甲地市民对空气质量的满意度等级高于乙地市民对空气质量的满意度等级〞，假定两地市民对空气质量满意度的检查结果互相独立，依据所给数据，利用样本预计整体的统计思想，以事件发生的频次作为相应事件发生的概率，求事件C的概率．19．〔12分〕如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠B=90°，将△ABC沿中位线DE翻折获得如图2所示的空间图形，使二面角A﹣DE﹣C的大小为θ〔0＜θ＜〕．. . ..1〕求证：平面ABD⊥平面ABC；2〕假定θ=，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．20．〔12分〕椭圆E：+=1〔a＞b＞0〕的离心率为，点P〔1，〕在椭圆E上，直线l过椭圆的右焦点F且与椭圆订交于A，B两点．〔1〕求E的方程；〔2〕在x轴上能否存在定点M，使得 ?为定值？假定存在，求出定点M的坐标；假定不存在，说明原因．21．〔12分〕函数f〔x〕=xlnx+ax，函数f〔x〕的图象在点x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．1〕求a的值和f〔x〕的单一区间；2〕求证：e x＞f′〔x〕．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．〔10分〕曲线C1的参数方程为〔α为参数〕在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为cos2θ=sinθ．〔1〕求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；〔2〕过原点且倾斜角为α〔＜α≤〕的射线l与曲线C1，C2分别订交于A，B两点〔A，B异于原点〕，求|OA|?|OB|的取值围．[选修4-5：不等式选讲]. . ..23．函数f〔x〕=|x﹣1|+|x﹣5|，g〔x〕=．（1〕求f〔x〕的最小值；（2〕记f〔x〕的最小值为m，实数a，b知足a2+b2=6，求证：g〔a〕+g〔b〕≤m．. . ..2021年省高考数学适应性试卷〔理科〕参照答案与试题分析一、选择题〔本大题共12小题，每题5分，共60分〕1．设会合M={x|x2﹣2x＜0}，N={x|x≥1}，那么M∩N=〔〕A．{x|x≥1}B．{x|1≤x＜2}C．{x|0＜x≤1}D．{x|x≤1}【考点】交集及其运算．【剖析】解不等式求出会合M，再依据交集的定义写出M∩N．【解答】解：会合会合M={x|x2﹣2x＜0}={x|0＜x＜2}，N={x|x≥1}，那么M∩N={x|1≤x＜2}应选：B．【评论】本题考察了交集及其运算，娴熟掌握交集的定义是解本题的重点．2．x，y∈R，i是虚数单位，且〔2x+i〕〔1﹣i〕=y，那么y的值为〔〕A．﹣1B．1C．﹣2D．2【考点】复数代数形式的乘除运算．【剖析】利用复数的运算法那么、复数相等即可得出．【解答】解：∵y=〔2x+i〕〔1﹣i〕=2x+1+〔1﹣2x〕i，∴，解得y=2应选：D．【评论】本题考察了复数的运算法那么、复数相等，考察了计算能力，属于根基题．3．数列{a n}知足a n= a n+1，假定a3+a4=2，那么a4+a5=〔〕A．B．1C．4D．8【考点】等比数列的通项公式．【剖析】依据条件能够求得公比q=2．. . ..【解答】解：∵数列{a n}知足a n=a n+1，=2．那么该数列是以2为公比的等比数列．由a3+a4=2，获得：4a1+8a1=2，解得a1=，那么a4+a5=8a1+16a1=24a1=24×=4，应选：C．【评论】本题考察了等比数列的通项公式，是根基的计算题．4．向量与不共线，且向量= +m，=n +，假定A，B，C三点共线，那么实数m，n〔〕A．mn=1 B．mn=﹣1 C．m+n=1D．m+n=﹣1【考点】平行向量与共线向量．【剖析】由题意可得∥，再依据两个向量共线的性质可得=，由此可得结论．【解答】解：由题意可得∥，=λ?，故有=，mn=1，应选：A．【评论】本题主要考察两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算，属于中档题．5．履行以下列图的程序框图，假如输入的a，b分别为56，140，那么输出的a=. . ..〔〕A．0B．7C．14D．28【考点】程序框图．【剖析】模拟履行程序框图，挨次写出每次循环获得的a，b的值，当a=28，b=28时，不知足条件a≠b，退出循环，输出a的值．【解答】解：模拟程序的运转，可得a=56，b=140，知足条件a≠b，不知足条件a＞b，b=140﹣56=84，知足条件a≠b，不知足条件a＞b，b=84﹣56=28，知足条件a≠b，知足条件a＞b，a=56﹣28=28，不知足条件a≠b，退出循环，输出a的值为28．应选：D．【评论】本题主要考察了循环结构的程序框图，正确挨次写出每次循环获得的a，的值是解题的重点，属于根本知识的考察．6．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理〔组暅原理〕：“幂势既同，那么积不容异〞．“势〞即是高，“幂〞是面积．意思是：假如两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，以下列图，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规那么的关闭图形，图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，且当实数t取[0，3]上的随意值时，直线y=t被图1和图2所截得的两线段长总相等，那么图1的面积为〔〕. . ..A．4B．C．5D．【考点】进行简单的演绎推理．【剖析】依据题意，由祖暅原理，剖析可得图1的面积等于图2梯形的面积，计算梯形的面积即可得出结论．【解答】解：依据题意，由祖暅原理，剖析可得图1的面积等于图2梯形的面积，又由图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，其面积S==；应选：B．【评论】本题考察演绎推理的运用，重点是理解题目中祖暅原理的表达．7．如图，在正方体ABC的﹣A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，那么三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为〔〕A．1B．C．D．2【考点】简单空间图形的三视图．【剖析】剖析三棱锥P﹣BCD的正视图与侧视图的形状，并求出头积，可得答案．【解答】解：设棱长为1，那么三棱锥P﹣BCD的正视图是底面边长为1，高为1的三角形，面积为：；三棱锥P﹣BCD的俯视图取最大面积时，P在A1处，俯视图面积为：；故三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为1，应选：A．【评论】本题考察的知识点是简单空间图形的三视图，依据剖析出三棱锥P﹣BCD的正视图与侧视图的形状，是解答的重点．8．△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，B=45°，假定三角形. . ..有两解，那么a的取值围是〔〕A．a＞2B．0＜a＜2C．2＜a＜2D．2＜a＜2【考点】正弦定理．【剖析】由题意判断出三角形有两解时A的围，经过正弦定理及正弦函数的性质推出a的围即可．【解答】解：由AC=b=2，要使三角形有两解，就是要使以C为圆心，半径为2的圆与BA有两个交点，当A=90°时，圆与AB相切；当A=45°时交于B点，也就是只有一解，∴45°＜A＜135°，且A≠90°，即＜sinA＜1，由正弦定理以及asinB=bsinA．可得：a==2sinA，2sinA∈〔2，2〕．∴a的取值围是〔2，2〕．应选：C．【评论】本题考察了正弦定理，正弦函数的图象与性质，以及特别角的三角函数值，娴熟掌握正弦定理是解本题的重点，属于中档题．9．地区Ω={〔x，y〕||x|≤，0≤y≤}，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x轴围成的关闭图象所表示的地区记为A，假定在地区Ω随机取一点P，那么点P在地区A的概率为〔〕A．B．C．D．【考点】几何概型．【剖析】第一明确几何概型测度为地区面积，利用定积分求出A的面积，而后由概型公式求概率．【解答】解：由获得事件对应地区面积为=4，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x轴围成的关闭图象所表示的地区记为A，面积为2=2sinx|=，. . ..由急火攻心的公式获得所求概率为：；应选C【评论】本题考察了几何概型的概率求法；明确几何测度是重点．10．某地一年的气温Q〔t〕〔单位：℃〕与时间t〔月份〕之间的关系以下列图．已知该年的均匀气温为10℃，令C〔t〕表示时间段[0，t]的均匀气温，以下四个函数图象中，最能表示C〔t〕与t之间的函数关系的是〔〕A．B．C．D．【考点】函数的图象．【剖析】依据图象的对称关系和条件可知C〔6〕=0，C〔12〕=10，再依据气温变化趋向可知在前一段时间均匀气温大于10，使用清除法得出答案．【解答】解：∵气温图象在前6个月的图象对于点〔3，0〕对称，∴C〔6〕=0，清除D；注意到后几个月的气温单一降落，那么从0到12月前的某些时辰，均匀气温应大于10℃，可清除C；∵该年的均匀气温为10℃，∴t=12时，C〔12〕=10，清除B；应选A．【评论】本题考察了函数图象的几何意义，函数图象的变化规律，属于中档题．11．点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P在抛物线上且知足|PA|=m|PF|，当m取最大值时|PA|的值为〔〕. . ..A．1B．C．D．2【考点】抛物线的简单性质．【剖析】过P作准线的垂线，垂足为N，那么由抛物线的定义，联合|PA|=m|PF|，设PA的倾斜角为α，那么当m获得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，求出P的坐标，即可求得|PA|的值．【解答】解：抛物线的标准方程为x2=4y，那么抛物线的焦点为F〔0，1〕，准线方程为y=﹣1，过P作准线的垂线，垂足为N，那么由抛物线的定义可得|PN|=|PF|，∵|PA|=m|PF|，∴|PA|=m|PN|，设PA的倾斜角为α，那么sinα=，当m获得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，设直线PA的方程为y=kx﹣1，代入x2=4y，可得x2=4〔kx﹣1〕，即x2﹣4kx+4=0，∴△=16k2﹣16=0，∴k=±1，∴|PA|==2．应选D．【评论】本题考察抛物线的性质，考察抛物线的定义，考察学生剖析解决问题的能力，解答本题的重点是明确当m获得最大值时，sinα最小，此时直线PA与. . ..抛物线相切，属中档题．12．函数f〔x〕=函数g〔x〕=f〔2﹣x〕﹣b，此中b∈R，假定函数y=f〔x〕+g〔x〕恰有4个零点，那么b的取值围是〔〕A．〔7，8〕B．〔8，+∞〕C．〔﹣7，0〕D．〔﹣∞，8〕【考点】根的存在性及根的个数判断．【剖析】求出函数y=f〔x〕+g〔x〕的表达式，结构函数h〔x〕=f〔x〕+f〔2﹣x〕，作出函数h〔x〕的图象，利用数形联合进行求解即可．【解答】解：函数g〔x〕=f〔2﹣x〕﹣b，由f〔x〕+g〔x〕=0，得f〔x〕+f2﹣x〕=，设h〔x〕=f〔x〕+f〔2﹣x〕，假定x≤0，那么﹣x≥0，2﹣x≥2，那么h〔x〕=f〔x〕+f〔2﹣x〕=2+x+x2，假定0≤x≤2，那么﹣2≤﹣x≤0，0≤2﹣x≤2，那么h〔x〕=f〔x〕+f〔2﹣x〕=2﹣x+2﹣|2﹣x|=2﹣x+2﹣2+x=2，假定x＞2，﹣x＜﹣2，2﹣x＜0，那么h〔x〕=f〔x〕+f〔2﹣x〕=〔x﹣2〕2+2﹣|2﹣x|=x2﹣5x+8．作出函数h〔x〕的图象如图：当x≤0时，h〔x〕=2+x+x2=〔x+〕2+≥，当x＞2时，h〔x〕=x2﹣5x+8=〔x﹣〕2+≥．. . ..由象知要使函数y=f〔x〕+g〔x〕恰有4个零点，即h〔x〕=恰有4个根，∴，解得：b∈〔7，8〕故：A．【点】本主要考函数零点个数的判断，依据条件求出函数的分析式，利用数形合是解决本的关，属于．二、填空〔本小共4小，每小5分，共20分〕13．假定函数f〔x〕=〔x a〕〔x+3〕偶函数，f〔2〕=5．【考点】函数奇偶性的性．【剖析】依据偶函数f〔x〕的定域R，?x∈R，都有f〔x〕=f〔x〕，成立等式，解之求出a，即可求出f〔2〕．【解答】解：因函数f〔x〕=〔xa〕〔x+3〕是偶函数，因此?x∈R，都有f〔x〕=f〔x〕，因此?x∈R，都有〔x a〕?〔x+3〕=〔x a〕〔x+3〕，即x2+〔a3〕x3a=x2〔a3〕x3a，因此a=3，因此f〔2〕=〔2 3〕〔2+3〕= 5．故答案：5．【点】本主要考了函数奇偶性的性，同考了运算求解的能力，属于基．14．〔x+1〕〔x+a〕4的睁开式中含x4的系数9，数a的2．【考点】二式系数的性．【剖析】利用〔x+1〕〔x+a〕4=〔x+1〕〔x4+4x3a+⋯〕，而得出．【解答】解：〔x+1〕〔x+a〕4=〔x+1〕〔x4+4x3a+⋯〕，∵睁开式中含x4的系数9，∴1+4a=9，解得a=2．故答案：2．【点】本考了二式定理的睁开式，考了推理能力与算能力，属于基. . ..础题．15．设A，B是球O的球面上两点，∠AOB=，C是球面上的动点，假定四周体OABC的体积V的最大值为，那么此时球的表面积为36π．【考点】球的体积和表面积．【剖析】当点C位于垂直于面AOB时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，利用三棱锥O﹣ABC体积的最大值为，求出半径，即可求出球O的体积【解答】解：以下列图，当点C位于垂直于面AOB时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，设球O的半径为R，此时V O﹣ABC=V C﹣AOB=×R2×sin60°×R=，2故R=3，那么球O的表面积为4πR=36π，故答案为：36π．【评论】本题考察球的半径，考察体积的计算，确立点C位于垂直于面AOB时，三棱锥O﹣ABC的体积最大是重点．属于中档题16．数列{a n}知足a1=﹣40，且na n+1﹣〔n+1〕a n=2n2+2n，那么a n取最小值时n的值为10或11．【考点】数列递推式．【剖析】na n+1﹣〔n+1〕a n=2n2+2n，化为﹣=2，利用等差数列的通项公式可得a n，再利用二次函数的单一性即可得出．【解答】解：∵na n+1﹣〔n+1〕a n=2n2+2n，∴﹣=2，. . ..∴数列{}是等差数列，首40，公差2．∴n242n=2．=40+2〔n1〕，化：a=2na n取最小n的10或11．故答案：10或11．【点】本考了等差数列的通公式、二次函数的性，考了推理能力与算能力，属于中档．三、解答〔本共70分〕17．〔12分〕〔2021?模〕△ABC的角A，B，C所的分a，b，c，且acosB=4，bsinA=3．1〕求tanB及a的；2〕假定△ABC的面S=9，求△ABC的周．【考点】三角形中的几何算．【剖析】〔1〕由acosB=4，bsinA=3，两式相除，合正弦定理可求tanB=，又acosB=4，可得cosB＞0，进而可求cosB，即可解得a的．〔2〕由〔1〕知sinB=，利用三角形面公式可求c，由余弦定理可求b，进而解得三角形周的．【解答】解：〔Ⅰ〕在△ABC中，由acosB=4，bsinA=3，两式相除，有==?=?=，因此tanB=，又acosB=4，故cosB＞0，cosB=，因此a=5．⋯〔6分〕〔2〕由〔1〕知sinB=，由S=acsinB，获得c=6．由b2=a2+c22accosB，得b=，. . ..故l=5+6+=11+即△ABC的周11+．⋯〔12分〕【点】本主要考了正弦定理，余弦定理，同角三角函数根本关系式，三角形面公式在解三角形中的用，考了算能力和化思想，属于中档．18．〔12分〕〔2021?模〕空肚量，某市保局随机抽取了甲、乙两地2021年20天日均匀度〔位：微克/立方米〕数据，获得甲地日均匀度率散布直方和乙地日均匀度的数散布表．乙地20天日均匀度数散布表日平[0，20]〔20，40]〔40，60]〔60，80]〔80，100]均度〔微克/立方米〕数〔天〕234651〕依据乙地20天日均匀度的率散布表作出相的率分直方，并通两个率散布直方比两地日均匀度的均匀及分别程度〔不要求算出详细，出即可〕；〔2〕通，市市民空肚量的意度从高到低分三个等：意度等特别意意不意日均匀度〔微克/立不超20大于20不超超60方米〕60事件C：“甲地市民空肚量的意度等高于乙地市民空肚量的意. . ..度等级〞，假定两地市民对空气质量满意度的检查结果互相独立，依据所给数据，利用样本预计整体的统计思想，以事件发生的频次作为相应事件发生的概率，求事件C的概率．【考点】列举法计算根本事件数及事件发生的概率；频次散布直方图．【剖析】〔1〕依据乙地20天日均匀浓度的频次散布表能作出相应的频次分组直方图，由频次散布直方图能求出结果．〔2〕记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或特别满意〞，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为特别满意〞，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意〞，B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意〞，那么A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，由此能求失事件C的概率．【解答】解：〔1〕依据乙地20天日均匀浓度的频次散布表作出相应的频次分组直方图，如以下列图：由频次散布直方图得：甲地日均匀浓度的均匀值低于乙地日均匀浓度的均匀值，并且甲地的数据比较集中，乙地的数据比较分别．〔2〕记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或特别满意〞，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为特别满意〞，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意〞，B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意〞，那么A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，P〔C〕=P〔B1A1∪B2A2〕=P〔B1〕P〔A1〕+P〔B2〕P〔A2〕，. . ..由题意P〔A1〕=，P〔A2〕=，P〔B1〕=，P〔B2〕=，∴P〔C〕=．【评论】本题考察频次散布直方图的应用，考察概率的求法，是根基题，解题时要仔细审题，注意互斥事件加法公式和互相独立事件事件概率乘法公式的合理运用．19．〔12分〕〔2021?模拟〕如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠B=90°，将ABC沿中位线DE翻折获得如图2所示的空间图形，使二面角A﹣DE﹣C的大小为θ〔0＜θ＜〕．1〕求证：平面ABD⊥平面ABC；2〕假定θ=，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．∵【考点】直线与平面所成的角；平面与平面垂直的判断．∵【剖析】〔1〕证明：DE⊥平面ADB，DE∥BC，可证BC⊥平面ABD，即可证明平∵面ABD⊥平面ABC．∵2〕取DB中点O，AO⊥DB，由〔1〕得平面ABD⊥平面EDBC，AO⊥面EDBC，因此以O为原点，成立如图坐标系，∵那么A〔0，0，〕，B〔1，0，0〕，C〔1，4，0〕，E〔﹣1，2，0〕，利用平面∵ABC的法向量求解．∵【解答】〔1〕证明：由题意，DE∥BC，∵DE⊥AD，DE⊥BD，AD∩BD=D，∵∴DE⊥平面ADB，∴BC⊥平面ABD；∵面ABC，∴平面ABD⊥平面ABC；. . ..〔2〕由可得二面角A﹣DE﹣C的平面角就是∠ADB设等腰直角三角形ABC的直角边AB=4，那么在△ADB中，AD=DB=AB=2，取DB中点O，AO⊥DB，由〔1〕得平面ABD⊥平面EDBC，∴AO⊥面EDBC，因此以O为原点，成立如图坐标系，那么A〔0，0，〕，B〔1，0，0〕，C〔1，4，0〕，E〔﹣1，2，0〕设平面ABC的法向量为，，．由，取，}，∴直线AE与平面ABC所成角的θ，sinθ=|cos＜＞|=||=．即直线AE与平面ABC所成角的正弦值为：【评论】本题考察线面垂直，考察向量法求二面角，考察学生剖析解决问题的能力，属于中档题．20．〔12分〕〔2021?模拟〕椭圆E：+=1〔a＞b＞0〕的离心率为，点P〔1，〕在椭圆E上，直线l过椭圆的右焦点F且与椭圆订交于A，B两（点．（1〕求E的方程；（2〕在x轴上能否存在定点M，使得?为定值？假定存在，求出定点M的坐. . ..标；假定不存在，说明原因．【考点】直线与椭圆的地点关系．【剖析】〔1〕由题意的离心率公式求得a=c，b2=a2﹣c2=c2，将直线方程代入椭圆方程，即可求得a和b，求得椭圆方程；〔2〕在x轴上假定存在定点M〔m，0〕，使得?为定值．假定直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F 〔1，0〕，由y=k〔x﹣1〕代入椭圆方程，运用韦达定理和向量数目积的坐标表示，联合恒成立思想，即可获得定点和定值；查验直线AB的斜率不存在时，也成立．【解答】解：〔1〕由椭圆的焦点在x轴上，椭圆的离心率e==，那么a=c，由b2=a2﹣c2=c2，将P〔1，〕代入椭圆方程，解得：c=1，a=，b=1，∴椭圆的标准方程：；〔2〕在x轴上假定存在定点M〔m，0〕，使得?为定值．假定直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F〔1，0〕，由，整理得〔1+2k2〕x2﹣4k2x+2k2﹣2=0，x1+x2=，x1x2=，y1y2=k2〔x1﹣1〕〔x2﹣1〕=k2[x1x2+1﹣〔x1+x2〕]=k2〔+1﹣〕=﹣，2那么?=〔x1﹣m〕〔x2﹣m〕+y1y2=x1x2+m﹣m〔x1+x2〕+y1y2，=2﹣=，+m﹣m?欲使得?为定值，那么222m﹣4m+1=2〔m﹣2〕，解得：m=，. . ..此时?=﹣2=﹣；当AB斜率不存在时，令x=1，代入椭圆方程，可得 y=±，由M〔，0〕，可得?=﹣，切合题意．故在x轴上存在定点M〔，0〕，使得?=﹣．【评论】本题考察椭圆方程的求法，注意运用离心率公式，考察存在性问题的解法，注意运用分类议论的思想方法和联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和向量的数目积的坐标表示，考察化简整理的运算能力，属于中档题．21．〔12分〕〔2021?模拟〕函数f〔x〕=xlnx+ax，函数f〔x〕的图象在点x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．1〕求a的值和f〔x〕的单一区间；2〕求证：e x＞f′〔x〕．【考点】利用导数研究函数的单一性；利用导数研究曲线上某点切线方程．【剖析】〔1〕由f′〔1〕=1+a=2，解得：a=1，利用导数求解单一区间．〔2〕要证e x＞f′〔x〕，即证e x＞lnx+2，x＞0时，易得e x＞x+1，即只要证明x＞lnx+1即可【解答】解：〔1〕f′〔x〕=lnx+1+a，f′〔1〕=1+a=2，解得：a=1，故f〔x〕=xlnx+x，f′〔x〕=lnx+2，令f′〔x〕＞0，解得：x＞e﹣2，令f′〔x〕＜0，解得：0＜x＜e﹣2，故f〔x〕在〔0，e﹣2〕递减，在〔e﹣2，+∞〕递加；〔2〕要证e x＞f′〔x〕，即证e x﹣lnx﹣2＞0，即证e x＞lnx+2，x＞0时，易得e x＞x+1，即只要证明x+1≥lnx+2即可，即只要证明x＞lnx+1即可令h〔x〕=x﹣lnx+1，那么h′〔x〕=1﹣，令h′〔x〕=0，得x=1h〔x〕在〔0，1〕递减，在〔1，+∞〕递加，. . ..故h〔x〕≥h〔1〕=0．即x+1≥lnx+2成立，即e x＞lnx+2，∴e x＞f′〔x〕．【评论】本题考察了导数的综合应用，结构适合的新函数，放缩法证明函数不等式，属于难题．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．〔10分〕〔2021?模拟〕曲线C1的参数方程为〔α为参数〕在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ．〔1〕求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；〔2〕过原点且倾斜角为α〔＜α≤〕的射线l与曲线C1，C2分别订交于A，B两点〔A，B异于原点〕，求|OA|?|OB|的取值围．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成一般方程．【剖析】〔1〕先将C1的参数方程化为一般方程，再化为极坐标方程，将C2的极坐标方程两边同乘ρ，依据极坐标与直角坐标的对应关系得出C2的直角坐标方程；2〕求出l的参数方程，分别代入C1，C2的一般方程，依据参数的几何意义得出|OA|，|OB|，获得|OA|?|OB|对于k的函数，依据k的围得出答案．【解答】解：〔1〕曲线C1的参数方程为〔α为参数〕，一般方程为〔x﹣2〕2+y2=4，即x2+y2=4x，极坐标方程为ρ=4cosθ；曲线C1的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ，一般方程为：y=x2；〔2〕射线l的参数方程为〔t为参数，＜α≤〕．把射线l的参数方程代入曲线解得t1=0，t2=4cosα．C1的一般方程得：t2﹣4tcosα=0，|OA|=|t2|=4cosα．把射线l的参数方程代入曲线解得t1=0，t2=．22C2的一般方程得：cosαt=tsinα，. . ..∴|OB|=|t2|=．∴|OA|?|OB|=4cosα?=4tanα=4k．∵k∈〔，1]，∴4k∈〔，4]．∴|OA|?|OB|的取值围是〔，4]．【评论】本题考察参数方程与极坐标与一般方程的互化，考察参数的几何意义的应用，属于中档题．[选修4-5：不等式选讲]23．〔2021?模拟〕函数f〔x〕=|x﹣1|+|x﹣5|，g〔x〕=．1〕求f〔x〕的最小值；2〕记f〔x〕的最小值为m，实数a，b知足a2+b2=6，求证：g〔a〕+g〔b〕≤m．【考点】函数的最值及其几何意义．【剖析】〔1〕化简f〔x〕的分析式，得出f〔x〕的单一性，利用单一性求出fx〕的最小值；2〕计算[g〔a〕+g〔b〕]2，利用根本不等式即可得出结论．【解答】解：〔1〕f〔x〕=|x﹣1|+|x﹣5|=，f〔x〕在〔﹣∞，1]上单一递减，在[5，+∞〕上单一递加，∵f〔1〕=4，f〔5〕=4，f〔x〕的最小值为4．〔2〕证明：由〔1〕可知m=4，g〔a〕+g〔b〕=+，∴[g〔a〕+g〔b〕]2=1+a2+1+b2+2=8+2，∵≤=4，∴[g〔a〕+g〔b〕]2≤16，. . ..g〔a〕+g〔b〕≤4．【评论】本题考察了函数的单一性，分段函数的最值计算，根本不等式的应用，属于中档题．. . .。
新课标全国1卷2021-2021年普通高考适应性考试数学试卷含答案
普通高考适应性考试(kǎoshì)数学（新课标全国(quán ɡuó)Ⅰ卷）注意事项：1. 本试卷(shìjuàn)分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，答卷前，考生(kǎoshēng)务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上。
2. 回答(huídá)第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
写在本试卷上无效。
3. 回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
4. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷一．选择题：本大题共12小题，每小题5分，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）若复数的实部与虚部相等，则实数 A（A）（B）1 （C）（D）2（2）已知只有一个子集，则的取值范围是B（A）（B）（C）（D）不存在（3）在如图所示的流程图中，若输入的a，b，c值分别是2，4，5，则输出的A（A）1（B）2（C）lg2（D）10（4）命题“有些相互垂直的两直线不相交”的否定是C（A）有些(yǒuxiē)相互垂直的两直线相交（B）有些不相互垂直(chuízhí)的两直线不相交（C）任意相互垂直(chuízhí)的两直线相交（D）任意相互垂直的两直线(zhíxiàn)不相交（5）已知函数(hánshù)为奇函数，且在上单调递增，则以下结论正确的是D （A）函数为偶函数，且在上单调递增（B）函数)f为奇函数，且在)0,(x(-∞上单调递增（C）函数为奇函数，且在),0(+∞上单调递增（D）函数)f为偶函数，且在)(x,0(+∞上单调递增（6）将函数的图像上各点的横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移个单位，所得函数图像的一个对称中心为D（A）（B）（C）（D）（7）已知抛物线上一点到其焦点的距离为，双曲线的左顶点为，若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则实数的值为B（A）（B）（C）（D）3（8）在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢？A（A）9日（B）8日（C）16日（D）12日（9）某工厂用A、B两种配件生产甲、乙两种产品，每生产一件甲产品需用4个A配件耗时1h，每生产一件乙产品需用4个B配件耗时2h，该厂每天最多可从配件厂获得24个A配件和16个B配件，每天生产总耗时不超过8h. 若生产一件甲产品获利3万元，生产一件乙产品获利4万元，则通过恰当的生产安排，该工厂每天可获得的最大利润为B（A）24万元（B）22万元（C）18万元（D）16万元（10）如图所示为某几何体的三视图，其体积为，则该几何体的表面积为D（A）（B）（C）（D）（11）在平面(píngmiàn)直角坐标系中有不共线(ɡònɡ xiàn)三点,,.实数(shìshù)满足(mǎnzú)，则以为起点(qǐdiǎn)的向量的终点连线一定过点C（A）（B）（C）（D）（12）已知函数的图象与函数的图象关于原点对称，且两个图象恰有三个不同的交点，则实数的值为C（A）（B）1 （C）（D）第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。
2021年贵州省遵义市高考数学一模试卷(理科)有答案
2021年贵州省遵义市高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
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A={(x, y)|x2+y2=1}，集合B={(x, y)|y=x}，则A∩B=的元素个数为（）A.0B.1C.2D.32. 设复数z满足(1+i)z＝2i，则复数z的虚部是（）A.1B.−1C.iD.−i3. 下列4个图分别是四位同学甲、乙、丙、丁的五能评价雷达图：在他们四人中选一位发展全面的学生，则应该选择（）A.甲B.乙C.丙D.丁4. 已知向量为相互垂直的单位向量，若，则向量与向量的夹角为（）A. B. C. D.5. 若正数x，y满足x+2y−2xy=0，则x+2y的最小值为（）A.9B.8C.5D.4A.2a n=a n+1+a n−1(n≥2)B.a n2=a n+1⋅a n−1C.通项公式a n=2n−3D.7. 已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.8−2π8. 将函数的图象向右平移个单位后得到函数y＝g(x)的图象，则下列说法错误的是（）A.y＝g(x)的图象的一条对称轴为B.y＝g(x)在上单调递增C.y＝g(x)在上的最大值为2D.y＝g(x)的一个零点为9. 已知函数，则f(9)＝（）10. 数列{a n}的前n项和S n＝A(3n−1)，(A≠0)，若k为3和l的等差中项(k, l∈N∗)，则＝（）A.3B.9C.27D.与A的取值有关11. 双曲线上一点P到右焦点F2距离为6，F1为左焦点，则∠F1PF2的角平分线与x轴交点坐标为（）A.(−1, 0)B.(0, 0)C.(1, 0)D.(2, 0)12. ∀x∈(0, +∞)，不等式xe x−3−x−ln x≥a恒成立，则a的最大值为（）A.−2B.0C.e−2−1D.−ln3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.已知n∈N∗，的展开式中只有第7项的二项式系数最大，则该二项式展开式中各项系数和为________．设变量x，y满足约束条件，则目标函数的取值范围为________．直线y＝kx−k+1与圆x2+y2＝4交于A，B两点，则|AB|最小值为________．如图，正方形ABCD中，，点E为AD中点，现将△DEC沿EC折起形成四棱锥P−ABCE，则下列命题中为真命题的是________．①设点O为AC中点，若，则在折起过程中，P、M、B、O四点可能共面；②设OD与EC交于点F，则在折起过程中AC与PF可能垂直；③四棱锥P−ABCE体积的最大值为．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
2021年高考数学第一次适应性考试试题 文(含解析)新人教A版
2021年高考数学第一次适应性考试试题文（含解析）新人教A版【试卷综述】本试卷试题主要注重基本知识、基本能力、基本方法等当面的考察，覆盖面广，注重数学思想方法的简单应用，试题有新意，符合课改和教改方向，能有效地测评学生，有利于学生自我评价，有利于指导学生的学习，既重视双基能力培养，侧重学生自主探究能力，分析问题和解决问题的能力，突出应用，同时对观察与猜想、阅读与思考等方面的考查。
【题文】第I卷选择题(满分50分)【题文】一、选择题：本大题共10小题，每题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.【题文】1.设全集，集合，集合，则A. B. C. D.【知识点】交集、补集的运算.A1【答案】【解析】B 解析：因为全集，集合，所以，又因为集合，所以，故选B。
【思路点拨】先解出A的补集，再求出结果即可。
【题文】2.已知复数，则的共轭复数为A. B. C. D.【知识点】共轭复数的概念.L4【答案】【解析】C 解析：因为，所以的共轭复数为，故选C。
【思路点拨】根据共轭复数的定义即可。
【题文】3.已知，则“”是“”的A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【知识点】充要条件.A2【答案】【解析】A 解析：因为，所以，则“”是“”的充分而不必要条件。
【思路点拨】先解出，再进行判断即可。
【题文】4.函数在上是增函数，则实数a的范围是A. B. C. D.【知识点】二次函数的性质.B5【答案】【解析】D 解析：因为函数在上是增函数，所以，即，故选D.【思路点拨】结合二次函数的性质做出判断即可。
【题文】5.对于平面和直线，下列命题中真命题是A.若则a∥b；B.若a∥b，则；C.若，则；D.若a⊥m，a⊥n，，则；【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；命题的真假判断与应用；空间图形的公理．G4 G5【答案】【解析】A 解析：由面面平行的性质定理：若两平面平行，第三个平面与他们都相交，则交线平行，可判断若则a∥b为真命题，A正确;若a∥b，，此时由线面平行的判定定理可知，只有当a在平面α外时，才有，故B错误；若，此时由面面平行的判定定理可知，只有当a、b为相交线时，才有故C错误；若a⊥m，a⊥n，，由线面垂直的判定定理知，只有当m和n为相交线时，才有，D错误；故选A.【思路点拨】由线面垂直的判定定理、线面平行的判定定理、面面平行的判定定理、面面平行的性质定理以此判断即可。
2021年贵州省贵阳一中高考数学适应性试卷(学生版+解析版)(理科)(六)
2021年贵州省贵阳一中高考数学适应性试卷（理科）（六）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.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．（5分）已知{2A =-，1-，0，1，2}，{|0}2xB x N x +=∈-，则(A B = )A ．{0，1，2}B ．{0，1}C ．{1，2}D ．{1}2．（5分）已知i 为虚数单位，复数z 的共轭复数是z ，且满足(1)2z i i +=，则(z = ) A ．1i +B ．1i -C ．22i -+D ．22i --3．（5分）已知定义在R 上的函数f （x ）满足f （2+x ）＝f （﹣x ），，则等于（ ） A ．3B ．6C ．9D ．不确定4．（5分）32(1)(13)x x-+的展开式中2x 的系数为( )A ．18B ．27C ．27-D ．95．（5分）已知各项均为正数的等比数列{}n a ，前3项和为13，324a a a =⋅，则4(a = ) A ．13B ．19C ．1D ．36．（5分）已知曲线x lnxy ae x=+在(1,)ae 处的切线方程为y ex x b =++，则( ) A ．a e =，1b =-B ．1a =，0b =C ．1a =，1b =-D ．a e =，0b =7．（5分）已知在ABC ∆中，2AB =，4AC =，60BAC ∠=︒，D 为BC 的中点，M 为AC 的中点，则(AD BM ⋅= ) A ．3B ．2C ．4D ．18．（5分）6个实习老师去3个学校实习，每个学校至少去一人，每人去一个学校，有多少种安排方法？( ) A ．540B ．630C ．450D ．7209．（5分）已知()33cos f x x x =+在[a -，]a 上单调递增，则a 的最大值为( ) A ．6πB ．3π C ．56π D ．23π 10．（5分）已知圆C 的方程为22680x y x y +--=，过点(1,2)P 的直线与圆相交于A ，B 两点，当ACB ∠最小时，则直线方程为( )A ．10x y -+=B ．10x y --=C ．30x y ++=D ．30x y +-=11．（5分）已知抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点为F ，点M ，N 分别在抛物线上，且34MF MN =，||16MN =，则(p = )A ．4B ．6C ．8D ．1212．（5分）若393log 92log a b a b +=+，则( ) A ．2a b >B ．2a b <C ．2a b >D ．2a b <二、填空题（木大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（5分）已知a ，b 为单位向量，||||a b a b +=-，若23c a b =-，则cos ,a c <>= ． 14．（5分）记n S ，n T 分别为等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和，若123n n S n T n +=+，则79a b = ． 15．（5分）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ．16．（5分）已知椭圆E 的中心为原点O ，焦点在x 轴上，椭圆上一点到焦点的最小距离为21，2，若A ，B ，C 为椭圆上三个不同的点，且0OA OB OC ++=，则ABC ∆的面积为 ．三、解答题（具70分解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（12分）在锐角ABC ∆中，角A ，B ．C 所对的边分别为a ，b ，c ，满足22sin()(sin sin )sin sin A C B C A C +-=-． （1）求A ； （2）求cb的取值范围． 18．（12分）2020年1月26日4点，篮球巨星湖人队名宿科比⋅布莱恩特在加州坠机身亡，享年41岁．对于很多篮球迷来说是巨大的悲痛，也是对这个世界最大的损失，但是科比留给我们的是他对比赛的积极备战的态度，毫无保留的比赛投入，夺冠时的疯狂庆祝；永不言弃的精神是科比的人生信条，他的这种精神被称为“曼巴精神”，热情、执着、严厉、回击和无惧就是“曼巴精神”的内涵所在．现如今这种精神一直鼓舞着无数的运动员和球迷们．这种精神也是高三的所有学子在学习疲惫或者迷茫时的支柱．在美国NBA 篮球比赛中，季后赛和总决赛采用的赛制是“7场4胜制”，即先赢4场比赛的球队获胜，此时比赛结束．比赛时两支球队有主客场之分，顺序是按照常规赛的战绩排名的，胜率最高的球队先开始主场比赛，且主客场安排依次是“主主客客主客主”，且每场比赛结果相互独立．在2019~2020NBA 赛季总决赛中，詹姆斯和戴维斯带领的洛杉矶湖人队以4:2战胜迈阿密热火队，获得队史第17个NBA 总冠军，詹姆斯也荣获职业生涯的第4个FMVP ．如果在总决赛开打之前，根据大数据和NBA 专家的预测，以常规赛战绩排名，湖人队先开始主场比赛，且湖人队在主场赢球概率为34，客场赢球概率为12（说明：篮球比赛中没有平局，只有赢或者输），根据上述预测：（1）分别求出只进行4场比赛和湖人队4:1获胜的概率； （2）如果湖人队已经取得2:0的开局，求最终夺冠的概率． 19．（12分）如图甲为直角三角形ABC ，2B π=，4AB =，43BC =，且BD 为斜边AC 上的高，将三角形ABD 沿BD 折起，得到图乙的四面体A BCD -，E ，F 分别在DC 与BC 上，且满足||||1||||2DE BF EC FC ==，H ，G 分别为AB 与AD 的中点．（1）证明：直线EG 与FH 相交，且交点在直线AC 上；（2）当四面体A BCD -的体积最大时，求平面ABC 与平面EFHG 所成角的余弦值． 20．（12分）设点P 为直线3y x =-上的动点，过点P 作抛物线22x y =的两条切线，切点为A ，B ．（1）证明：直线AB 过定点；（2）若以线段AB 为直径的圆过坐标原点O ，求点P 的坐标和圆的方程． 21．（12分）已知函数()f x ax lnx b =-+． （1）若0a b +=，且()0f x ，求a 的值； （2）证明：2*23(1)()2(1)n ln ln ln n n N n ++++>∈+．请考生在第22、23两题中任选一题作答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）已知在直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为cos (sin x y ααα=⎧⎨=⎩为参数），曲线1C 经过伸缩变换:2x xy y ϕ'=⎧⎨'=⎩，得到曲线2C ，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求曲线2C 的极坐标方程；（2）若A ，B 为曲线2C 上的两点，且满足OA OB ⊥，证明：2211||||OA OB +为定值，并求出此定值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数()2|1||1|f x x x =++-．（1）求()f x 的最小值，并在图中画出()f x 的图象； （2）若()||f x a x 恒成立，求实数a 的取值范围．2021年贵州省贵阳一中高考数学适应性试卷（理科）（六）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.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．（5分）已知{2A =-，1-，0，1，2}，{|0}2xB x N x +=∈-，则(A B = )A ．{0，1，2}B ．{0，1}C ．{1，2}D ．{1}【解答】解：{2A =-，1-，0，1，2}，{|02}{1}B x N x +=∈<=，{1}AB ∴=．故选：D ．2．（5分）已知i 为虚数单位，复数z 的共轭复数是z ，且满足(1)2z i i +=，则(z = ) A ．1i +B ．1i -C ．22i -+D ．22i --【解答】解：设z x yi =+，x ，y R ∈，(1)2z i i +=，(∴x yi -)(1)2i i +=，化简可得()2x y x y i i ++-=，0x y ∴+=且2x y -=， 解得1x =，1y =-，1z i ∴=-， 故选：B ．3．（5分）已知定义在R 上的函数f （x ）满足f （2+x ）＝f （﹣x ），，则等于（ ） A ．3B ．6C ．9D ．不确定【解答】解：∵f （x +2）＝f （﹣x ）， ∴y ＝f （x ）关于x ＝1对称， ∴，故选：B ．4．（5分）32(1)(13)x x-+的展开式中2x 的系数为( )A ．18B ．27C ．27-D ．9【解答】解：由于3330(13)(3)k k k x C x =+=∑，分别令2k =与3k =，可得32(1)(13)x x-+的展开式中2x 的系数为2233333232722727C C ⋅-⋅⋅=-⨯=-，故选：C ．5．（5分）已知各项均为正数的等比数列{}n a ，前3项和为13，324a a a =⋅，则4(a = ) A ．13B ．19C ．1D ．3【解答】解：324a a a =，又0n a >， 31a ∴=，3332113a a S q q=++=， 又0q >，∴13q =，∴4313a a q ==， 故选：A ．6．（5分）已知曲线x lnxy ae x=+在(1,)ae 处的切线方程为y ex x b =++，则( ) A ．a e =，1b =- B ．1a =，0b = C ．1a =，1b =- D ．a e =，0b =【解答】解：x lnx y ae x =+的导数为21x lnxy ae x -'=+， 可得x lnxy ae x=+在(1,)ae 处的切线的斜率为1ae +， 由切线的方程y ex x b =++， 则11ae e +=+，解得1a =， 则切点坐标为(1,)e ， 代入切线方程得1e b e ++=， 解得1b =-， 故选：C ．7．（5分）已知在ABC ∆中，2AB =，4AC =，60BAC ∠=︒，D 为BC 的中点，M 为AC 的中点，则(AD BM ⋅= ) A ．3B ．2C ．4D ．1【解答】解：令AB a =，AC b =， 易得1()2AD a b =+，12BM b a =-，111()()222AD BM a b b a ⋅=+⋅-22111111141624cos6014242244a b a b b a =⋅-+-⋅=-⨯+⨯-⨯⨯⨯︒=， 故选：D ．8．（5分）6个实习老师去3个学校实习，每个学校至少去一人，每人去一个学校，有多少种安排方法？( ) A ．540B ．630C ．450D ．720【解答】6个人分成3组，有(2，2，2)，(4，1，1)，(3，2，1)三种情况，按(2，2，2)分组，有422364233390C C C A A ⋅⋅⋅=种， 按(3，2，1)分组，有32136313360C C C A ⋅⋅⋅=种， 按(4，1，1)分组，有411362132290C C C A A ⋅⋅⋅=种， 故一共有540种方法， 故选：A ．9．（5分）已知()3cos f x x x =+在[a -，]a 上单调递增，则a 的最大值为( ) A ．6πB ．3π C ．56π D ．23π【解答】解：()3cos )3f x x x x π+=+，令[232x k πππ+∈-，2]2k ππ+，k Z ∈，则5[26x k ππ∈-，2]6k ππ+，k Z ∈，()f x 在[a -，]a 上单调递增，∴令0k =，则()f x 在5[6π-，]6π上单调递增， a ∴的最大值为6π． 故选：A ．10．（5分）已知圆C 的方程为22680x y x y +--=，过点(1,2)P 的直线与圆相交于A ，B 两点，当ACB ∠最小时，则直线方程为( ) A ．10x y -+=B ．10x y --=C ．30x y ++=D ．30x y +-=【解答】解：圆22:680C x y x y +--=，即22(3)(4)25x y -+-=的圆心为(3,4)C ， 当ACB ∠最小时，CP 和AB 垂直，AB ∴直线的斜率等于31142--=--， 用点斜式写出直线l 的方程为2(1)y x -=--，即30x y +-=， 故选：D ．11．（5分）已知抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点为F ，点M ，N 分别在抛物线上，且34MF MN =，||16MN =，则(p = )A ．4B ．6C ．8D ．12【解答】解：令||3MF t =，则||NF t =， 过N ，M 作准线:2pl x =-的垂线，垂足为N '，M '，过N 作NH MN '⊥，垂足为H ， 如图，易得||2MH t =，∴在Rt MNH ∆中，60NMH ∠=︒，∴直线MN 的倾斜角为60θ=︒，焦点弦22||sin pMN θ=， 6p ∴=，故选：B ．12．（5分）若393log 92log a b a b +=+，则( ) A ．2a b >B ．2a b <C ．2a b >D ．2a b <【解答】解：设3()3log x f x x =+，易知()f x 在(0,)+∞上单调递增，2333log 3log a b a b +=+，∴22333(2)3log 23log 3log ()b b a f b b b a f a =+>+=+=，2b a ∴>，故选：B ．二、填空题（木大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（5分）已知a ，b 为单位向量，||||a b a b +=-，若23c a b =-，则cos ,a c <>= 213．【解答】解：根据题意，a ，b 为单位向量，||||a b a b +=-，则有22()()a b a b +=-，即222222a a b b a a b b +⋅+=-⋅+，变形可得0a b ⋅=， 若23c a b =-，则22||(23)13c a b =-=，即||13c =，2(23)232a c a ab a a b ⋅=⋅-=-⋅=，则213cos ,||||13a c a c a c ⋅<>===， 故答案为：213． 14．（5分）记n S ，n T 分别为等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和，若123n n S n T n +=+，则79a b = 1437． 【解答】解：n S ，n T 分别为等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和，123n n S n T n +=+， ∴不妨设(1)n S n n =+，(23)n T n n =+，2n ∴时，776786714a S S =-=⨯-⨯=；99892181937b T T =-=⨯-⨯=，则791437a b =． 故答案为：1437． 15．（5分）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为83．【解答】解：根据三视图知，该几何体是三棱锥C ABD -，放入长方体中，如图所示：结合图中数据，计算该三棱锥的体积为： 118422323C ABD V -⎛⎫=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭三棱锥．故答案为：83．16．（5分）已知椭圆E 的中心为原点O ，焦点在x 轴上，椭圆上一点到焦点的最小距离为21，2，若A ，B ，C 为椭圆上三个不同的点，且0OA OB OC ++=，则ABC ∆的面积为36． 【解答】解：21221a c a c c a⎧-=⎧=⎪⎪⇒⎨⎨=⎪=⎩⎪⎩1b =， ∴椭圆为2212x y +=，当直线AB 的斜率不存在时，设直线:AB x t =，不妨令2(1)2t A t -，2(,1)2t B t --，由0OA OB OC ++=，得2c x t =-，0c y =，故(2,0)C t -， 将(2,0)t -代入椭圆方程，可得212t =，2||t =所以2136213||22ABCt S t ∆=⨯-=； 当直线AB 的斜率存在时，设直线:AB y kx m =+，代入2222x y +=， 得222(12)42(1)0k x kmx m +++-=，设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，则122412kmx x k +=-+，21222(1)12m x x k -=+，设3(C x ，3)y ，由0OA OB OC ++=，得31224()12kmx x x k =-+=+，3121222()[()2]12my y y k x x m k =-+=-++=-+，代入2222x y +=，得22124k m +=，12|||AB x x =-，O 到直线AB的距离d =，所以11|||||22OABS d AB m m ∆=⨯⨯===，∴3ABC OAB S S ∆∆==三、解答题（具70分解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（12分）在锐角ABC ∆中，角A ，B ．C 所对的边分别为a ，b ，c ，满足22sin()(sin sin )sin sin A C B C A C +-=-． （1）求A ； （2）求cb的取值范围． 【解答】解：（1）22sin()(sin sin )sin sin A C B C A C +-=-． 整理得：22sin (sin sin )sin sin B B C A C -=-． 利用正弦定理222b bc a c -=-，整理得：2221cos 22b c a A bc +-==，由于0A π<<， 所以3A π=．（2）在锐角ABC ∆中，由于3A π=，所以23B C π+=， 所以2B π<，232C B ππ=-<， 故62B ππ<<，故21sin()sin sin 1322sin sin sin 2B B Bc Cb BB B π-+====，由于62B ππ<<，所以tan B >，112 22<+<，所以1(,2)2cb∈．18．（12分）2020年1月26日4点，篮球巨星湖人队名宿科比⋅布莱恩特在加州坠机身亡，享年41岁．对于很多篮球迷来说是巨大的悲痛，也是对这个世界最大的损失，但是科比留给我们的是他对比赛的积极备战的态度，毫无保留的比赛投入，夺冠时的疯狂庆祝；永不言弃的精神是科比的人生信条，他的这种精神被称为“曼巴精神”，热情、执着、严厉、回击和无惧就是“曼巴精神”的内涵所在．现如今这种精神一直鼓舞着无数的运动员和球迷们．这种精神也是高三的所有学子在学习疲惫或者迷茫时的支柱．在美国NBA篮球比赛中，季后赛和总决赛采用的赛制是“7场4胜制”，即先赢4场比赛的球队获胜，此时比赛结束．比赛时两支球队有主客场之分，顺序是按照常规赛的战绩排名的，胜率最高的球队先开始主场比赛，且主客场安排依次是“主主客客主客主”，且每场比赛结果相互独立．在2019~2020NBA赛季总决赛中，詹姆斯和戴维斯带领的洛杉矶湖人队以4:2战胜迈阿密热火队，获得队史第17个NBA总冠军，詹姆斯也荣获职业生涯的第4个FMVP．如果在总决赛开打之前，根据大数据和NBA专家的预测，以常规赛战绩排名，湖人队先开始主场比赛，且湖人队在主场赢球概率为34，客场赢球概率为12（说明：篮球比赛中没有平局，只有赢或者输），根据上述预测：（1）分别求出只进行4场比赛和湖人队4:1获胜的概率；（2）如果湖人队已经取得2:0的开局，求最终夺冠的概率．【解答】解：（1）由题意知，湖人队4:0获胜或者0:4失败，则()4331111115 4422442232P=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=进行场比赛，()4:13111333113922 442244422432P=⨯⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯⨯=湖人获胜．（2）湖人队最后夺冠的情况有4:0，4:1，4:2，4:3，4:0夺冠的概率：1111 224P=⨯=，4:1夺冠的概率：211332 2248P=⨯⨯⨯=，4:2夺冠的概率：311111131522242224232P=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=，4:3夺冠的概率：4111131131393224242242464P=⨯⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=，所以湖人队最终夺冠的概率为12345964P P P P +++=． 19．（12分）如图甲为直角三角形ABC ，2B π=，4AB =，43BC =，且BD 为斜边AC 上的高，将三角形ABD 沿BD 折起，得到图乙的四面体A BCD -，E ，F 分别在DC 与BC 上，且满足||||1||||2DE BF EC FC ==，H ，G 分别为AB 与AD 的中点．（1）证明：直线EG 与FH 相交，且交点在直线AC 上；（2）当四面体A BCD -的体积最大时，求平面ABC 与平面EFHG 所成角的余弦值． 【解答】（1）证明：由题意知：2//3EF BD ，1//2GH BD ，//EF GH ∴，但EF GH >，所以直线EG 与FH 相交， 设交点为P ，因为FH ⊂平面ABC ，P FH ∈，P ∴∈平面ABC ，同理P ∈平面ADC ，又因为平面ABC ⋂平面ADC AC =， 所以P AC ∈．（2）解：由题意知，2AD =，23BD =6CD =， 当四面体A BCD -的体积最大时，AD ⊥平面BCD ，又BD CD ⊥，则以D 为坐标原点建立空间直角坐标系D xyz -，如图所示， 则(0A ，0，2)，(23,0,0)B ，(0C ，6，0)，(0D ，0，0)，(0E ，2，0)，43(F ，(0G ，0，1)，(0,6,2)AC =-，(23,6,0)BC =-，43(FE =，(0,2,1)GE =-， 设(,,)n x y z =为平面ABC 的一个法向量，则620 02360y zAC nx yBC n⎧-=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨-+=⎪⋅=⎪⎩⎩，取(3,1,3)n=，同理可得平面EFHG的一个法向量为(0,1,2)m=，则765cos,||||m nm nm n⋅〈〉==，所以平面ABC与平面EFHG所成角的余弦值为765．20．（12分）设点P为直线3y x=-上的动点，过点P作抛物线22x y=的两条切线，切点为A，B．（1）证明：直线AB过定点；（2）若以线段AB为直径的圆过坐标原点O，求点P的坐标和圆的方程．【解答】（1）证明：(,3)P m m-，1(A x，1)y，2(B x，2)y，因为212y x=，所以y x'=，所以1113APy mk xx m-+==-，化简得1130mx y m--+=，同理2230mx y m--+=，故直线AB的方程为30mx y m--+=，即(1)3y m x=-+，所以过定点(1,3)．（2）解：由（1）得直线AB的方程为(1)3y m x=-+，联立2(1)312y m xy x=-+⎧⎪⎨=⎪⎩，可得22260x mx m-+-=，所以1226x x m=-，2212121()(3)4y y x x m==-，因为若以线段AB为直径的圆过坐标原点O，所以0OA OB ⋅=，即2121226(3)0x x y y m m +=-+-=， 解得1m =或3m =，当1m =时，AB 的中点坐标为(1,3)M ，所以||r OM ==22(1)(3)10x y -+-=，(1,2)P -； 当3m =时，AB 的中点坐标为(3,9)M ，所以||r OM ==则圆的方程为22(3)(9)90x y -+-=，(3,0)P ． 21．（12分）已知函数()f x ax lnx b =-+． （1）若0a b +=，且()0f x ，求a 的值； （2）证明：2*23(1)()2(1)n ln ln ln n n N n ++++>∈+．【解答】（1）解：由题意知()f x ax lnx a =--，11()(0)ax f x a x x x-'=-=>， 当0a 时，()0f x '<，所以()f x 在(0,)+∞上递减，又f （1）0=，所以不符合题意； 当0a >时，令1()0f x x a '>⇒>，所以()f x 在1(0,)a 上递减，1(,)a+∞上递增，所以1()()1f x f a lna a=-+，令g （a ）1a lna =-+，则11()1(0)a g a a a a-'=-+=>， 当(0,1)a ∈时，g '（a ）0>，所以g （a ）递增； 当(1,)a ∈+∞时，g '（a ）0<，所以g （a ）递减， 所以g （a ）g （1）0=，而10a lna -+， 所以1a =．（2）证明：方法一：由（1）知，当1a =时，()10f x x lnx =--， 所以1x lnx -， 令21(1)x n =+，则221112(1)(1)(1)ln ln n n n ->=-+++， 所以211112(1)111()(1)(1)1ln n n n n n n +>->-=--+++， 所以1221(1)2ln >--，11231()23ln >--，⋯，112(1)1()1ln n n n +>--+，累加得212[23(1)](1)111n n ln ln ln n n n n n n ++++>--=-=+++，所以223(1)2(1)n ln ln ln n n ++++>+，*n N ∈． 方法二：由（1）知，当1a =时，()10f x x lnx =--， 所以1x lnx -， 令11x n =+，则111(1)11ln ln n n n ->=-+++，即1(1)111n ln n n n +>-=++， 所以122ln >，233ln >，⋯，(1)1nln n n +>+， 累加得(1)121212223(1)231111112n n n n n n ln ln ln n n n n n n n ++++++++>++++++===++++++，又21022(1)21n n n n n -=⋅>++，所以222(1)n n n >+， 所以223(1)2(1)n ln ln ln n n ++++>+，*n N ∈． 请考生在第22、23两题中任选一题作答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）已知在直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为cos (sin x y ααα=⎧⎨=⎩为参数），曲线1C 经过伸缩变换:2x xy y ϕ'=⎧⎨'=⎩，得到曲线2C ，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求曲线2C 的极坐标方程；（2）若A ，B 为曲线2C 上的两点，且满足OA OB ⊥，证明：2211||||OA OB +为定值，并求出此定值．【解答】（1）解：由已知得cos (22sin x x y y ααα'==⎧⎨'==⎩为参数），从而2C 的普通方程为2214y x +=，又cos x ρθ=，sin y ρθ=，∴曲线2C 的极坐标方程为2222sin cos 14ρθρθ+=，即22244cos sin ρθθ=+． （2）证明：设(AA ρ，)θ，(,)2B B πρθ±，则22214cos sin 4A θθρ+=，222224cos ()sin ()14sin cos 2244B ππθθθθρ±+±+==，则22222211115cos 5sin 5||||44A B OA OB θθρρ++=+==， ∴2211||||OA OB +为定值，此定值为54． [选修4-5：不等式选讲]23．已知函数()2|1||1|f x x x =++-．（1）求()f x 的最小值，并在图中画出()f x 的图象； （2）若()||f x a x 恒成立，求实数a 的取值范围．【解答】解：（1）函数()2|1||1|f x x x =++-，则()f x 的图象如图， 所以()f x 在(,1)-∞-上递减，在(1,)-+∞上递增， 所以当1x =-时，()f x 取到最小值为(1)2f -=． （2）由图可知，当0a 显然成立；当0a >时，由函数()||g x a x =的对称性，只需(1)(1)g f --即可，所以02a <， 综上可得(a ∈-∞，2]．。
2021年贵州省高考数学(文科)适应性试卷-含答案与解析
2021年贵州省高考数学(文科)适应性试卷-含答案与解析2021年贵州省高考数学（文科）适应性试卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。
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A={-1.1.2}，集合B={x|y= CiD2i}，则A∩B=（）A。
{0.1}B。
{1}C。
{1.2}D。
{0.1.2}2.已知i为虚数单位，复数z= A1B2，其中A，B均为实数，则z的虚部为（）A。
2B。
-2C。
1D。
-13.XXX处理一组数据，漏掉了一个数10，计算得平均数为10，方差为2.加上这个数后的这组数据的平均数和方差分别为（）A。
平均数等于10，方差等于2B。
平均数等于10，方差小于2C。
平均数大于10，方差小于2D。
平均数小于10，方差大于24.2020年3月，XXX印发了《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》，提出“把劳动教育纳入人才培养全过程，贯通大中小学各学段，贯穿家庭、学校、社会各方面，与德育、智育、体育、美育相融合，紧密结合经济社会发展变化和学生生活实际，积极探索具有中国特色的劳动教育模式”。
贵州省某学校结合自身实际，推出了《职业认知》、《家政课程》、《田地教育》、《手工制作》、《种植技术》五门劳动课程，要求学生从中任选两门进行研究，经考核合格后方能获得相应学分。
已知甲、乙两人都选了《职业认知》，则另外一门课程不相同的概率为（）A。
-0.2B。
0C。
0.6D。
0.85.设a=log3 7，b=3^a，c=3^b，则a，b，c的大小关系是（）A。
a<b<cB。
b<a<cC。
b<c<aD。
c<b<a6.已知向量AB=(1,-1)，AC=(2,x)，XXX⊥AC，则x的值为（）A。
2B。
-2C。
1D。
-17.双曲线C：x^2/4-y^2/9=1的一条渐近线与抛物线M：y=4x的一个交点为P（异于坐标原点O）。
2023年贵州省贵阳市铜仁市高考数学适应性试卷(理科)(一)+答案解析(附后)
2023年贵州省贵阳市铜仁市高考数学适应性试卷（理科）（一）1. 集合，集合，则( )A. B. C. D.2. 已知i是虚数单位，复数的共轭复数的虚部为( )A. 4iB. 3C.D. 43. 在一场跳水比赛中，7位裁判给某选手打分从低到高依次为，，，，，，，若去掉一个最高分和一个最低分后的平均分与不去掉的平均分相同，那么最低分的值不可能是( )A. B. C. D.4. 等差数列中，，则数列的前9项之和为( )A. 24B. 27C. 48D. 545. 香农-威纳指数是生态学中衡量群落中生物多样性的一个指数，其计算公式是，其中n是该群落中生物的种数，为第i个物种在群落中的比例，如表为某个只有甲、乙、丙三个种群的群落中各种群个体数量统计表，根据表中数据，该群落的香农-威纳指数值为( )物种甲乙丙合计个体数量300150150600A. B. C. D.6.如图，在中，，，，，则( )A. 18B. 9C. 12D. 67.棱锥的内切球半径，其中，分别为该棱锥的体积和表面积，如图为某三棱锥的三视图，若每个视图都是直角边长为1的等腰三角形，则该三棱锥内切球半径为( )A.B.C.D.8. “一笔画”游戏是指要求经过所有路线且节点可以多次经过，但连接节点间的路线不能重复画的游戏，下图是某一局“一笔画”游戏的图形，其中A，B，C为节点，若研究发现本局游戏只能以A为起点C为终点或者以C为起点A为终点完成，那么完成该图“一笔画”的方法数为( )A. 6种B. 12种C. 24种D. 30种9. 以双曲线的实轴为直径的圆与该双曲线的渐近线分别交于A，B，C，D四点，若四边形ABCD的面积为，则该双曲线的离心率为( )A. 或2B. 2或C.D.10. 函数的部分图象如图所示，则下列关于函数的说法正确的是( )①的图象关于直线对称②的图象关于点对称③将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象④若方程在上有两个不相等的实数根，则m的取值范围是A. ①④B. ②④C. ③④D. ②③11. 如图，在三棱锥中，平面平面BCD，是边长为的等边三角形，，则该几何体外接球表面积为( )A.B.C.D.12. 已知正实数a，b，c，若，，则a，b，c的大小关系为( )A. B. C. D.13. 函数在点处的切线方程为______ .14. 正实数a，b满足，则的最小值为______ .15. 赵爽是我国汉代数学家，他在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”被选为第24届国际数学家大会的会徽.如图所示，“赵爽弦”图中的大正方形ABCD是由4个全等的直角三角形和小正方形拼成，现连接，当正方形的边长为1且其面积与正方形ABCD的面积之比为1：5时，______ .16. 抛物线E：，圆M：，直线l过圆心M且与抛物线E交于A，B与圆M交于C，D若，则______ .17.已知等比数列的前n项和为，，且，，成等差数列.证明数列是等比数列；若，求数列前n项和18. 2022年9月3日至2022年10月8日，因为疫情，贵阳市部分高中学生只能居家学习，为了监测居家学习效果，某校在恢复正常教学后举行了一次考试，在考试中，发现学生总体成绩相较疫情前的成绩有明显下降，为了解学生成绩下降的原因，学校进行了问卷调查，从问卷中随机抽取了200份学生问卷，发现其中有96名学生成绩下降，在这些成绩下降的学生中有54名学生属于“长时间使用手机娱乐”每天使用手机娱乐2个小时以上的学生.根据以上信息，完成下面的列联表，并判断能否有把握认为“成绩下降”与“长时间使用手机娱乐”有关？长时间使用手机娱乐非长时间使用手机娱乐合计成绩下降_______________成绩未下降_______________合计90_____200在被抽取的200名学生中“长时间使用手机娱乐”且“成绩未下降”的女生有12人，现从“长时间使用手机娱乐”且“成绩未下降”的学生中按性别分层抽样抽取6人，再从这6人中随机抽取3人访该，记被抽取到的3名学生中女生人数为X，求X的分布列和数学期望参考公式：，其中19. 如图，在梯形ABCD中，，，，E为AD中点，现沿BE将折起，如图，其中F，G分别是BE，AC的中点.求证：平面ACD；若，求二面角的余弦值.20. 已知点中有两点在椭圆上，椭圆C的右顶点为A，过右焦点的直线l与C交于点M，N，当l垂直于x轴时求椭圆C的方程；若直线AM与y轴交于P点，直线AN与y轴交于Q点，在x轴是否存在定点S，使得，若存在，求出点S，若不存在，说明理由.21. 已知函数，当时，求函数的极值；若任意，且，都有成立，求实数a的取值范围.22. 如图，在极坐标系Ox中，圆O的半径为2，半径均为1的两个半圆弧，所在圆的圆心分别为，M是半圆弧上的一个动点.若点A是圆O与极轴的交点，求的最大值；若点N是射线与圆O的交点，求面积的取值范围.23. 已知求的取值范围；若，，求证：答案和解析1.【答案】C【解析】解：由得：或，即，故选：解不等式可求得集合A，由交集定义可得结果．本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题．2.【答案】D【解析】解：，的共轭复数为，复数的共轭复数的虚部为故选：直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3.【答案】D【解析】解：因为去掉最高分与最低分后平均分为，所以，解得，由于得分按照从低到高的顺序排列的，故，，当时，，满足上述条件，故A错误；当时，，满足上述条件，故B错误；当时，，满足上述条件，故C错误；当时，，不满足上述条件，故D正确．故选：根据所给条件可得出，再由，的范围验证选项即可得解．本题主要考查平均数公式，属于基础题．4.【答案】B【解析】解：在等差数列中，，则，所以，又，所以，所以故选：根据等差数列下标和性质求出，再根据等差数列求和公式计算可得．本题主要考查等差数列的前n项和公式，属于基础题．5.【答案】A【解析】解：由题意知：故选：根据已知公式和对数运算直接计算求解即可．本题主要考查对数的运算性质，考查转化能力，属于基础题．6.【答案】D【解析】解：，，，故选：利用平面向量的数乘与加减运算，把问题转化为、的数量积求解．本题考查平面向量数量积的性质及运算，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是基础题．7.【答案】C【解析】解：由三视图可还原三棱锥如下图所示，其中平面ABC，，，所以，棱锥表面积，设该三棱锥内切球半径为R，由等体积法可知，所以故选：由三视图还原三棱锥，求得棱锥表面积和体积后，代入公式即可求得内切球半径．本题主要考查了三视图还原实物图，考查了三棱锥的外接球问题．属于中档题．8.【答案】C【解析】解：以A为起点时，三条路线依次连接即可到达B点，共有种选择；自B连接到C时，在C右侧可顺时针连接或逆时针连接，共有2种选择，以A为起点，C为终点时，共有种方法；同理可知：以C为起点，A为终点时，共有12种方法；完成该图“一笔画”的方法数为种．故选：采用分步乘法可计算得到以A为起点，C为终点的方法数，再利用分类加法计数原理求得结果．本题主要考查了两个计数原理的应用，属于基础题．9.【答案】B【解析】解：依题意，根据双曲线与圆的对称性，可得四边形ABCD为矩形，如图，不放设点位于第一象限，则，因为双曲线的渐近线方程为，则，以双曲线的实轴为直径的圆的方程为，则，将代入，得，则，即，所以，则，故，又，所以，则，则，所以，则，即，所以，即，解得或，因为，所以或故选：先由双曲线与圆的对称性得到，再将代入，从而得到，，进而结合得到关于a，b，c的齐次方程，由此转化为关于双曲线离心率e的方程即可得解．本题主要考查双曲线的性质，数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．10.【答案】B【解析】解：由图象可知，，，即，解得，又函数过点，所以，，又，得，所以函数，当时，，故①错误；当时，，即的图象关于点对称，故②正确；将函数的图象向左平移个单位长度得到，故③错误；当，则，令，解得，此时，即，令，解得，此时，即，所以在上单调递减，在上单调递增，因为方程在上有两个不相等的实数根，即与在上有两个交点，所以故④正确；故选：根据图象求出A，，的值，进而得到函数的解析式，再结合三角函数的性质，逐次判断各选项即可得到结论．本题考查三角函数的图象及性质，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于中档题．11.【答案】A【解析】解：设外心为，外心为，DB中点为E，，平面BCD，平面平面BCD，平面平面，平面ABD，又平面ABD，，过，分别作平面ABD，平面BCD垂线，则垂线交点O为外接球球心，四边形为矩形．外接圆半径，又，，，外接圆半径，又，又平面BCD，平面BCD，，外接球半径，外接球表面积为故选：设外心为，外心为，DB中点为E，过外心分别作平面ABD，平面BCD垂线，则垂线交点O为外接球球心．后利用正弦定理可得，外接圆半径，，又注意到四边形为矩形，则外接球半径本题考查三棱锥的外接球问题，球的表面积公式，化归转化思想，属中档题．12.【答案】D【解析】解：令，则，当时，；当时，，在上单调递增，在上单调递减，，又，当时，恒成立，可得图象如下图所示，，，；，，综上所述：故选：根据已知关系式的特征可构造函数，利用导数可求得单调性，并确定的图象，根据，结合图象可确定a，b，c的大小关系．本题考查构造函数比较函数值大小的问题，解题关键是能够根据已知关系式的结构特征，准确构造函数，将问题转化为函数值大小关系的比较问题，从而利用导数确定函数的单调性和图象来进行求解．13.【答案】【解析】解：，，，又，所求切线方程为，即故答案为：求出导函数，再求得，最后根据直线的点斜式方程，即可求解．本题考查函数的切线方程的求解，导数的几何意义，直线的点斜式方程的应用，属基础题．14.【答案】【解析】解：，，，，当且仅当时取等号，即的最小值为故答案为：根据，利用基本不等式即可求得结果．本题主要考查了乘1法及基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．15.【答案】【解析】解：由题意得，直角三角形斜边，设直角三角形中较短直角边长为m，图中，较长直角边长为，又，则由勾股定理可得，解得，，，，故答案为：根据图形，由面积可得出直角三角的三边长，求出角的三角函数，利用，即可求解．本题考查解三角形的实际应用，勾股定理，直角三角形中三角函数的应用，三角函数公式的应用，化归转化思想，属中档题．16.【答案】【解析】解：由圆M：，得，如图，由，得M为AB的中点，设AB所在直线方程为，联立，得设，，则，解得，得则故答案为：由圆的方程求得M的坐标，画出图形，可知M为AB的中点，设出AB所在直线方程，与抛物线方程联立，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系及中点坐标公式求得k值，进一步求得，则答案可求．本题考查圆与抛物线、直线与抛物线位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．17.【答案】证明：是等比数列，且①，又，，成等差数列，②，联立①②解得，，，，数列是首项为，公比为的等比数列；解：由知，，…①，…②，①-②得：…，【解析】根据题意列出关于，q的方程组，求出，q的值，再根据等比数列的求和公式得到，再证明即可；由可得，利用错位相减法求和即可．本题主要考查了等比数列的通项公式和前n项和公式，考查了等差数列的性质，以及错位相减法求和，属于中档题．18.【答案】解：根据题意可得列联表如下：长时间使用手机娱乐非长时间使用手机娱乐合计成绩下降544296成绩未下降3668104合计90110200，有把握认为“学习成绩下降”与“长时间使用手机娱乐”有关；在抽取的6人中，女生有人，男生有人，这6人中随机抽取3人进一步访谈，女生被抽到得的人数X可取0，1，2，又，，的分布列为：X012P【解析】由题意列出列联表，计算，即可得出结论；根据题意可得女生被抽到得的人数X可取0，1，2，根据古典概型分别计算概率，列出分布列，求出期望．本题考查独立性检验原理的应用，古典概型的概率公式的应用，离散型随机变量的分布列与期望的求解，属中档题．19.【答案】证明：取AD中点H，连接CE，AF，FC，EH，GH，因为E为AD中点，，所以，又，所以四边形BCDE为平行四边形，所以，，因为G，H分别为AC，AD中点，所以，，又F为BE中点，所以，，所以，，所以四边形EFGH为平行四边形，所以，因为，H为AD中点，所以，所以，因为，，，所以四边形ABCE为正方形，所以，所以，又，AC，平面ACD，所以平面解：由知：，所以，又，所以，因为，F为BE中点，所以，所以，又，BE，平面BCDE，所以平面BCDE，以F为坐标原点，FB，FC，FA所在直线为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，设平面ABC的法向量，所以，令，解得，所以，因为平面ACD，所以平面ACD的一个法向量为，所以，，由图形知，二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为【解析】取AD中点H，易证得四边形EFGH为平行四边形，从而得到，利用等腰三角形三线合一性质可分别得到，，结合平行关系和线面垂直的判定可证得结论；根据长度关系可证得AF，BE，FC两两互相垂直，则以F为坐标原点建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果．本题主要考查直线与平面垂直的判定，二面角的求法，考查向量法的应用，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题．20.【答案】解：由点中有两点在椭圆上，必然是，两点在椭圆上，，把代入椭圆方程可得，解得，又当l垂直于x轴时，，解得，椭圆C的方程为右焦点，设，，直线AM的方程为，可得；直线AN的方程为，可得设直线l的方程为，联立，化为，，，，假设在x轴上存在定点，使得，则，，，化为，，化为在x轴上存在定点，使得【解析】由点中有两点在椭圆上，可得，两点在椭圆上，于是根据当l垂直于x轴时，可得，联立解得，，即可得出椭圆C的方程．右焦点，设，，直线AM的方程为，可得；同理可得设直线l的方程为，与椭圆方程联立化为，假设在x轴上存在定点，使得，可得，把根与系数的关系代入化简即可得出结论．本题考查椭圆的标准方程及性质、一元二次方程的根与系数的关系、平面向量数量积运算性质，考查推理能力与计算能力，属于中档题．21.【答案】解：当时，，则，令，解得或，又因为，所以列表如下：x2-0+单调递减极小值单调递增因为函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以有极小值，无极大值．因为，，所以，，若对任意，且恒成立不妨令，则，令，只需证明在单调递增，因为，则，所以在时恒成立，即，，令，，则，因为，所以令，解得，令，解得，从而在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以当时取到最大值，所以实数a的取值范围是【解析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值；不妨令，则问题等价于，令，只需证明在单调递增，问题等价于在时恒成立，参变分离得到，，再构造函数，利用导数求出的最大值，即可得解．本题主要考查了利用导数研究含参函数的单调性，不等式证明，体现了转化思想的应用，属于中档题．22.【答案】解：由题知，半圆弧的极坐标方程为：，，化为直角坐标方程为：，其圆心为，半径为，由题可知，所以由题知，所以，因为所以即所以【解析】根据题意，得到半圆弧的直角坐标方程，从而可得的最大值；根据题意，表示出，，结合三角形的面积公式，即可得到，再根据三角恒等变换公式化简，即可得到结果．本题主要考查简单曲线的极坐标方程，考查运算求解能力，属于中档题．23.【答案】解：，设，，其中，，的取值范围为；证明：，，，，当且仅当，时取等号，，，【解析】利用三角换元法可将化为，再由正弦型函数值域，可求得结果；利用基本不等式可求得，由此可整理证得结果．本题考查三角换元，基本不等式的应用，函数思想，化归转化思想，属中档题．。
贵州省贵阳市第一中学2021届高三数学上学期第一次适应性考试试题 文(扫描版)
贵州省贵阳市第一中学2021届高三数学上学期第一次适应性考试试题文（扫描版）贵阳第一中学2021届高考适应性月考卷（一）文科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案BABDACBDCBDA【解析】1．{2345}M =，，，，故选B ． 2．因为(1i)|13i |z +=+，所以|13i |22(1i)1i 1i (1i)(1i)z +-====-+-+，z 的共轭复数为1i +，故选A.3．p 假q 真，故选B ．4．sin()y x =-是奇函数，在区间(01)，上为减函数，故选D ．5．将一颗质地均匀的骰子(它是一种各面上分别标有1，2，3，4，5，6点数的正方体玩具)先后抛掷2次，记第一次出现的点数为m ，记第二次出现的点数为n ，基本事件总数有6636⨯=种，事件“3m n =”包含的基本事件有(31)，，(62)，共2个，所以事件“3m n =”的概率为213618P ==，故选A ． 6．由7e =，得3b a =，所以渐近线方程为3y =，故选C ． 7．由三视图知该几何体是四棱锥A BCDE -，如图1，则最小三角形面积为2ABE S =△B ．8．将函数πsin 6y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得1πsin 26y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，再向左平移π6个单位，所得函数1πsin 24y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，故选D ．9．以a b ，为邻边作菱形ABCD 33︒=C ． 10．根据题意，113λμ==，，故选B ． 11．∵函数2()ln(1)f x x x =++为奇函数，且函数()f x 在()-∞+∞，上为增函数，由(sin )(1)0f m f m θ+->，得(sin )(1)(1)f m f m f m θ>--=-，则sin 1m m θ>-，即(1sin )1m θ-<，当π2θ=时，sin 1θ=，此时不等式等价为01<成立，当π02θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，图1时，0sin 1θ<<，11sin m θ<-∴，0sin 1θ<<∵，1sin 0θ-<-<∴，01sin 1θ<-<，则111sin θ>-，则1m ≤，故选D ．12．设1ln t x x =+，由211e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，则2[1e 2]t ∈-，，当2e 12m -≤时，2max ||e 2t m m -=-- e m +≤，解得2e e 22m --≥；当2e 12m ->时，max ||1e t m m m -=-+≤恒成立，综上知，当2e e 22m --≥时，不等式1ln e x m m x +-+≤对211e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，成立，故选A ．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 题号 13141516答案5 4 ln 2ln 2-或83【解析】13．由线性约束条件画出可行域（如图2所示），由23z x y =+，过点(11)A ，时，z 最小，最小值为5.14．圆的方程为22(1)(2)16x y ++-=，故直线过圆心，22201a b a b --+=+=，，1111()=a b a b a b ⎛⎫+=++ ⎪⎝⎭2 4.b aa b++≥ 15．()e e x x f x a -'=-且()f x '是偶函数，1a =-.设切点为00()x y ，，则0005()e e 2x x f x -'=+=，解得0ln 2x =或0ln 2x =-. 16．如图3，由抛物线定义和3FP FQ =，得||243MQ =，8||||3FQ MQ ==.三、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．（本小题满分12分）解：（1）31()2cos 2sin 226f x x x x π⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭， 令222()6k x k k ππππ-+π+∈22Z ≤≤，图2图3()f x 的单调递增区间为()6k k k ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥3⎣⎦Z ，. ………………………………（6分） （2）由1()2f A =，得1sin 262A π⎛⎫+= ⎪⎝⎭，522266666A A A ππππππ<+<π++==3∵，∴，∴. 由b a c ，，成等差数列，得2a b c =+， 9AB AC =∵，cos 9bc A =∴，18bc =∴，由余弦定理，得22222cos ()3a b c bc A b c bc =+-=+-，224318a a =-⨯∴，a =∴. ………………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（1）当[100130)X ∈，时，800200(130)100026000T X X X =--=-； 当[130150]X ∈，时，800130104000T =⨯=，所以100026000100130104000130150.X X T X -<⎧=⎨⎩，≤，，≤≤ ………………………………（6分）（2）由（1）知利润T 不少于94000元，当且仅当120150X ≤≤. 由直方图知需求量[120150]X ∈，的频率为0.7，所以下一个销售季度内的利润T 不少于94000元的概率的估计值为0.7. ………（12分）19．（本小题满分12分）（1）证明：2AF AB ==∵，BF =222AF AB BF +=∴，90FAB ∠=︒∴，即AF AB ⊥.//AF DE ∵，//AB CD ，∴DE DC ⊥.∵四边形AFED 为直角梯形，AF AD ⊥， DE AD ⊥∴， DE ⊥∴平面ABCD ， DE AC ⊥∴，①由已知得，四边形ABCD 为菱形，AC BD ⊥∴，②由①②，且DEBD D =，AC ⊥∴平面BDE ，AC BE ⊥∴. ……………………………………………（6分）（2）解：//AF DE ∵，//AB DC ，∴平面//ABF 平面CDE ，∴点B 到平面CDE 的距离等于点F 到平面CDE 的距离.又∵DE DC ⊥，1||||42CDE S CD DE ==∴△， C BDE B CDE V V --=∴143333CDE S ==△………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（1）()f x 的定义域是(0)+∞，，211()x f x x x x-+'=-+=，令()0f x '=， 则1211x x ==-，（舍去），当(01)x ∈，时，()0f x '>，故()f x 在(01)，上是增函数；当(1)x ∈+∞，时，()0f x '<，故()f x 在(1)+∞，上是减函数. ……………………（6分） （2）①当0a ≥时，()f x 在(0)+∞，上是增函数，故在(01]，上的最大值是1(1)32f a ==-，显然不合题意；②若01a <⎧，，即10a -<≤时，(01]0⎛⊆ ⎝，，则()f x 在(01]，上是增函数， 故在(01]，上的最大值是1(1)32f a ==-，不合题意，舍去；③若01a <⎧<，，即1a <-时，()f x在0⎛ ⎝上是增函数，在1⎫⎪⎪⎭上是减函数，故在(01]，上的最大值是132f =-+=-，解得5e a =-，符合， 综合①，②，③，得5e a =-. ………………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（1）由题意知11a c a c +=-=和， 又222a b c =+，可解得b =，1c =，a =所以椭圆的方程为22132x y +=. ………………………………………………（4分）（2）由（1）可知(10)F -，， 则直线CD 的方程为(1)y k x =+，联立22(1)132y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，，消去y 得2222(23)6360k x k x k +++-=. 设1122()()C x y D x y ，，，，所以221212226362323k k x x x x k k -+=-=++，.又(0)0)A B ，， 所以AC DB AD CB +11222211()(3)(3)(3)x y x y x y x y =+--++--，，，1212622x x y y =--21212622(1)(1)x x k x x =--++ 22212126(22)2()2k x x k x x k =-+-+-2221261023k k +=+=+，解得k =………………………………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（1）由直线l 的参数方程为1()x t y t ⎧=+⎪⎨=⎪⎩为参数，，消去参数t ，可得10x -=．圆C 的极坐标方程为4cos ρθ=-，即24cos ρρθ=-．∴圆C 的普通坐标方程为2240x y x ++=．则圆心(20)C -，．∴圆心(20)C -，到直线l 的距离|21|322d --==. ………………………………（5分）- 11 - （2）已知(10)P ，，点P 在直线l 上，直线l 与圆C 交于A ，B 两点，将1()x t y t ⎧=+⎪⎨=⎪⎩为参数，，代入圆C 的普通坐标方程2240x y x ++=，得2450t ++=． 设A ，B 对应参数为1t ，2t，则121254t t t t +==，12120t t t t >∵，，是同号． 121111||||2||2||PA PB t t +=+=∴ ………………………………………………（10分） 23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（1）由()5f x >，得|3|2x ->，即32x -<-或32x ->，1x <∴或5x >，故原不等式的解集为{|15}x x x <>或． …………………………………（5分）（2）由()()f x g x ≥，得|3|||3x m x --≥对任意x ∈R 恒成立， 当0x =时，不等式|3|||3x m x --≥成立， 当0x ≠时，问题等价于|3|3||x m x -+≤对任意非零实数恒成立， |3|3|33|1||||x x x x -+-+=∵≥， 1m ∴≤，即m 的取值范围是(1]-∞，． …………………………………………（10分）。
贵州省铜仁地区2021届新高考第一次质量检测数学试题含解析
贵州省铜仁地区2021届新高考第一次质量检测数学试题一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
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．复数1i i+=（ ） A ．2i - B ．12i C ．0 D ．2i【答案】C 【解析】略2．已知集合M ＝{y ｜y ＝，x ＞0}，N ＝{x ｜y ＝lg （2x －）}，则M∩N 为（ ）A ．（1，＋∞）B ．（1，2）C ．[2，＋∞）D ．[1，＋∞）【答案】B 【解析】，，∴．故选．3．已知抛物线C ：24y x =，过焦点F 的直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点（A 在x 轴上方），且满足3AF BF =，则直线l 的斜率为（ ）A ．1B 3C ．2D ．3【答案】B 【解析】 【分析】设直线l 的方程为1x my =+代入抛物线方程，利用韦达定理可得124y y m +=,124y y =-,由3AF BF =可知3AF FB =所以可得123y y =-代入化简求得参数,即可求得结果.【详解】设()11,A x y ，()22,B x y （10y >，20y <）.易知直线l 的斜率存在且不为0，设为1m，则直线l 的方程所以3AF FB =，得123y y =-，所以2243y =，即2233y=-，123y =，所以12143m y y ==+. 故选:B. 【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系,考查韦达定理及向量的坐标之间的关系,考查计算能力，属于中档题.4．已知1F 、2F 分别为双曲线C ：22221x y a b-=（0a >，0b >）的左、右焦点，过1F 的直线l 交C 于A 、B 两点，O 为坐标原点，若1OA BF ⊥，22||||AF BF =，则C 的离心率为（ ）A ．2B ．5C ．6D ．7【答案】D 【解析】 【分析】作出图象，取AB 中点E ，连接EF 2，设F 1A ＝x ，根据双曲线定义可得x ＝2a ，再由勾股定理可得到c 2＝7a 2，进而得到e 的值 【详解】解：取AB 中点E ，连接EF 2，则由已知可得BF 1⊥EF 2，F 1A ＝AE ＝EB ， 设F 1A ＝x ，则由双曲线定义可得AF 2＝2a+x ，BF 1﹣BF 2＝3x ﹣2a ﹣x ＝2a ， 所以x ＝2a ，则EF 2＝23a ，由勾股定理可得（4a ）2+（23a ）2＝（2c ）2， 所以c 2＝7a 2， 则e 7ca== 故选：D ．本题考查双曲线定义的应用，考查离心率的求法，数形结合思想，属于中档题．对于圆锥曲线中求离心率的问题，关键是列出含有,,a b c 中两个量的方程，有时还要结合椭圆、双曲线的定义对方程进行整理，从而求出离心率.5．数列{}n a 满足：21n n n a a a +++=，11a =，22a =，n S 为其前n 项和，则2019S =（ ） A ．0 B ．1C ．3D ．4【答案】D 【解析】 【分析】用1n +去换21n n n a a a +++=中的n ，得312n n n a a a ++++=，相加即可找到数列{}n a 的周期，再利用2019S =6123336S a a a +++计算.【详解】由已知，21n n n a a a +++=①，所以312n n n a a a ++++=②，①+②，得3n n a a +=-，从而6n n a a +=，数列是以6为周期的周期数列，且前6项分别为1，2，1，-1，-2，-1，所以60S =，2019126123336()01214S a a a a a a =++++++=+++=.故选：D. 【点睛】本题考查周期数列的应用，在求2019S 时，先算出一个周期的和即6S ，再将2019S 表示成6123336S a a a +++即可，本题是一道中档题.6．已知偶函数()f x 在区间(],0-∞内单调递减，(a f =，sin 5b f π⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，2314c f ⎛⎫⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则a ，b ，c 满足（ ） A ．a b c << B ．c a b <<C ．b c a <<D ．c b a <<【答案】D 【解析】 【分析】首先由函数为偶函数，可得函数()f x 在[)0,+∞内单调递增，再由sin 5π⎛⎫>- ⎪⎝⎭2314⎛⎫> ⎪⎝⎭，即可判定大小2log31>，1sin ,152π⎛⎫⎛⎫-∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，23110,42⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴c b a <<.故选：D 【点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性,不同类型的数比较大小,应找一个中间数,通过它实现大小关系的传递，属于中档题.7．直线20(0)ax by ab ab ++=>与圆221x y +=的位置关系是（ ） A ．相交 B ．相切 C ．相离 D ．相交或相切【答案】D 【解析】 【分析】由几何法求出圆心到直线的距离，再与半径作比较，由此可得出结论． 【详解】解：由题意，圆221x y +=的圆心为()0,0O ，半径1r =，∵圆心到直线的距离为222ab d a b=+，222a b ab +≥，1d ∴≤，故选：D ． 【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，属于基础题． 8．已知1111143579π≈-+-+-，如图是求π的近似值的一个程序框图，则图中空白框中应填入C ．(1)21ni n -=+D ．(1)2ni i -=+【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】由于111113579-+-+-中正项与负项交替出现，根据S S i =+可排除选项A 、B ；执行第一次循环：011S =+=，①若图中空白框中填入(1)21n i n -=+，则13i =-，②若图中空白框中填入(1)2ni i -=+，则13i =-，此时20n >不成立，2n =；执行第二次循环：由①②均可得113S =-，③若图中空白框中填入(1)21ni n -=+，则15i =，④若图中空白框中填入(1)2ni i -=+，则35i =，此时20n >不成立，3n =；执行第三次循环：由③可得11135S =-+，符合题意，由④可得13135S =-+，不符合题意，所以图中空白框中应填入(1)21ni n -=+，故选C ．9．定义在R 上的偶函数()f x 满足()()11f x f x +=-()()0≠f x ，且在区间()20172018,上单调递减，已知,αβ是锐角三角形的两个内角，则()()sin cos f f βα,的大小关系是（ ） A ．()()sin cos βα<f f B ．()()sin cos βα>f f C ．()()sin =cos βαf f D ．以上情况均有可能【答案】B 【解析】 【分析】由已知可求得函数的周期，根据周期及偶函数的对称性可求()f x 在(0,1)上的单调性，结合三角函数的性质即可比较． 【详解】 由1(1)()f x f x +=-可得1(2)[(1)1]()(1)f x f x f x f x +=++=-=+，即函数的周期2T =， 因为在区间(2017,2018)上单调递减，故函数在区间(1,0)-上单调递减， 根据偶函数的对称性可知，()f x 在(0,1)上单调递增， 因为α，β是锐角三角形的两个内角，所以1cos cos()2απβ<-即0cos sin 1αβ<<<，(cos )(sin )f f αβ<．故选：B ． 【点睛】本题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键． 10．下列选项中，说法正确的是（ ）A ．“20000x R x x ∃∈-≤，”的否定是“2000x R x x ∃∈->，”B ．若向量a b ，满足0a b ⋅< ，则a 与b 的夹角为钝角C ．若22am bm ≤，则a b ≤D ．“()x A B ∈”是“()x A B ∈”的必要条件【答案】D 【解析】 【分析】对于A 根据命题的否定可得：“∃x 0∈R ，x 02-x 0≤0”的否定是“∀x ∈R ，x 2-x ＞0”，即可判断出；对于B 若向量a b ，满足0a b ⋅<，则a 与b 的夹角为钝角或平角；对于C 当m=0时，满足am 2≤bm 2，但是a≤b 不一定成立；对于D 根据元素与集合的关系即可做出判断． 【详解】选项A 根据命题的否定可得：“∃x 0∈R ，x 02-x 0≤0”的否定是“∀x ∈R ，x 2-x ＞0”，因此A 不正确； 选项B 若向量a b ，满足0a b ⋅<，则a 与b 的夹角为钝角或平角，因此不正确. 选项C 当m=0时,满足am 2≤bm 2，但是a≤b 不一定成立，因此不正确； 选项D 若“()x A B ∈”，则x A ∈且x B ∈，所以一定可以推出“()x A B ∈”，因此“()x A B ∈”是“()x A B ∈”的必要条件，故正确.故选：D. 【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，涉及知识点有含有量词的命题的否定、不等式性质、向量夹角与性质、集合性质等，属于简单题.11．若变量,x y ，满足22390x y x y x +≤⎧⎪-≤⎨⎪≥，则22x y +的最大值为（ ）【解析】 【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义求解最大值即可． 【详解】解：画出满足条件22390x y x y x +≤⎧⎪-≤⎨⎪≥⎩的平面区域，如图示：如图点坐标分别为()()()0,3,3,1,0,2A B C --， 目标函数22xy +的几何意义为，可行域内点(),x y 与坐标原点()0,0的距离的平方，由图可知()3,1B -到原点的距离最大，故()()x2222ma 0311x y ++-==.故选：D【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，考查数形结合思想，属于中档题． 12．已知在ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，若函数()3222111()324f x x bx a c ac x =+++-存在极值，则角B 的取值范围是（ ） A ．0,3π⎛⎫⎪⎝⎭B ．,63ππ⎛⎫⎪⎝⎭C ．,3π⎛⎫π⎪⎝⎭D ．,6π⎛⎫π⎪⎝⎭求出导函数()f x '，由()0f x '=有不等的两实根，即>0∆可得不等关系，然后由余弦定理可及余弦函数性质可得结论． 【详解】()3222111()324f x x bx a c ac x =+++-，()2221()4f x x bx a c ac '∴=+++-.若()f x 存在极值，则()2221404b ac ac -⨯⨯+->，222a c b ac ∴+-<又2221cos ,cos 22a cb B B ac +-=∴<.又()0,,3B B π∈π∴<<π． 故选：C ． 【点睛】本题考查导数与极值，考查余弦定理．掌握极值存在的条件是解题关键． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2021年贵州省铜仁地区普通高校高职单招数学一模测试卷(含答案)
2021年贵州省铜仁地区普通高校高职单招数学一模测试卷(含答案) 学校:________ 班级:________ 姓名:________ 考号:________一、单选题(20题)1.已知的值（）A.B.C.D.2.如图所示，一个空间几何体的正视图和侧视图都是全等的等腰三角形，俯视图是一个圆，那么这个几何体是（）A.正方体B.圆锥C.圆柱D.半球3.函数y=|x|的图像( )A.关于x轴对称B.关于y轴对称C.关于原点对称D.关于y=x直线对称4.己知向量a=(3,-2)，b=(-1,1)，则3a+2b等于( )A.(-7,4)B.(7,4)C.(-7,-4)D.(7,-4)5.两个三角形全等是两个三角形面积相等的（）A.充分条件B.必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件6.A.B.C.D.7.从1，2,3,4这4个数中任取两个数，则取出的两数都是奇数的概率是（）A.2/3B.1/2C.1/6D.1/38.若集合A = {1，2}，集合B={1}，则集合A与集合B的关系是（）A.B.A=BC.B∈AD.9.直线ax+by+b-a=0与圆x2+y2-x-2=0的位置关系是（）A.相离B.相交C.相切D.无关10.A.x=yB.x=-yC.D.11.已知点A(-1，2)，B(3，4)，若，则向量a=()A.(-2，-1)B.(1,3)C.(4,2)D.(2,1)12.已知定义在R上的函数f(x)图象关于直线x=l对称，若X≥1时，f(x)=x(1-x)，则f(0)=()A.OB.-2C.-6D.-1213.已知展开式前三项的系数成等差数列，则n为（）A.lB.8C.1或8D.都不是14.顶点坐标为（－2，-3），焦点为F（-4，3）的抛物线方程是（）A.（y-3）2=-4（x+2）B.（y+3）2=4（x+2）C.（y-3）2=-8（x+2）D.（y+3）2=-8（x+2）15.A.3/5B.-3/5C.4/5D.-4/516.从1，2,3,4,5,6这6个数中任取两个数，则取出的两数都是偶数的概率是（）A.1/3B.1/4C.1/5D.1/617.A.B.C.D.18.已知等差数列的前n项和是，若，则等于（）A.B.C.D.19.下列句子不是命题的是A.5+1-3=4B.正数都大于0C.x>5D.20.用简单随机抽样的方法从含有100个个体的总体中依次抽取一个容量为5的样本，则个体m被抽到的概率为（）A.1/100B.1/20C.1/99D.1/50二、填空题(20题)21.到x轴的距离等于3的点的轨迹方程是_____.22.23.过点(1，-1),且与直线3x-2y+1=0垂直的直线方程为。
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贵州省铜仁地区2021届新高考第一次适应性考试数学试题一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
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．盒中有6个小球，其中4个白球，2个黑球，从中任取()1,2i i =个球，在取出的球中，黑球放回，白球则涂黑后放回，此时盒中黑球的个数()1,2i X i =，则( )A ．()()1233P X P X =>=，12EX EX >B ．()()1233P X P X =<=，12EX EX >C ．()()1233P X P X =>=，12EX EX <D ．()()1233P X P X =<=，12EX EX < 【答案】C 【解析】 【分析】根据古典概型概率计算公式，计算出概率并求得数学期望，由此判断出正确选项. 【详解】13X =表示取出的为一个白球，所以()14116233C P X C ===.12X =表示取出一个黑球，()12116123C P X C ===，所以()121832333E X =⨯+⨯=.23X =表示取出两个球，其中一黑一白，()11422268315C C P X C ===，22X =表示取出两个球为黑球，()22226115C P X C ==，24X =表示取出两个球为白球，()242266415C P X C ===，所以()2816103241515153E X =⨯+⨯+⨯=.所以()()1233P X P X =>=，12EX EX <. 故选：C 【点睛】本小题主要考查离散型随机变量分布列和数学期望的计算，属于中档题. 2．若复数z 满足1zi i =-（i 为虚数单位），则其共轭复数z 的虚部为（ ） A ．i - B ．iC ．1-D ．1【答案】D 【解析】 【分析】由已知等式求出z ，再由共轭复数的概念求得z ，即可得z 的虚部. 【详解】由zi ＝1﹣i ，∴z ＝()()111·i i i i i i i ---==--- ，所以共轭复数z =-1+i ，虚部为1 故选D ． 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算和共轭复数的基本概念，属于基础题． 3．为得到函数πcos 23y x ⎛⎫=+⎪⎝⎭的图像，只需将函数sin 2y x =的图像（ ） A ．向右平移5π6个长度单位 B ．向右平移5π12个长度单位 C ．向左平移5π6个长度单位D ．向左平移5π12个长度单位【答案】D 【解析】55cos(2)sin(2)sin(2)sin 2()332612y x x x x πππππ=+=++=+=+，所以要的函数cos(2)3y x π=+的图象，只需将函数sin 2y x =的图象向左平移512π个长度单位得到，故选D4．如图是国家统计局于2020年1月9日发布的2018年12月到2019年12月全国居民消费价格的涨跌幅情况折线图.（注：同比是指本期与同期作对比；环比是指本期与上期作对比.如：2019年2月与2018年2月相比较称同比，2019年2月与2019年1月相比较称环比）根据该折线图，下列结论错误的是（ ）A ．2019年12月份，全国居民消费价格环比持平B ．2018年12月至2019年12月全国居民消费价格环比均上涨C ．2018年12月至2019年12月全国居民消费价格同比均上涨D ．2018年11月的全国居民消费价格高于2017年12月的全国居民消费价格 【答案】D 【解析】 【分析】先对图表数据的分析处理，再结简单的合情推理一一检验即可 【详解】由折线图易知A 、C 正确；2019年3月份及6月份的全国居民消费价格环比是负的，所以B 错误；设2018年12月份，2018年11月份，2017年12月份的全国居民消费价格分别为,,a b c ，由题意可知，b a =，1.9%a c c -=，则有1 1.9%ac a b =<=+，所以D 正确. 故选：D 【点睛】此题考查了对图表数据的分析处理能力及进行简单的合情推理，属于中档题. 5．用一个平面去截正方体，则截面不可能是（ ） A ．正三角形 B ．正方形C ．正五边形D ．正六边形【答案】C 【解析】试题分析：画出截面图形如图显然A 正三角形，B 正方形：D 正六边形，可以画出五边形但不是正五边形；故选C ． 考点：平面的基本性质及推论．6．设a b c ，，为非零实数，且a c b c >>，，则（ ） A ．a b c +> B ．2ab c >C ．a b2c +> D ．112a b c+> 【答案】C 【解析】 【分析】取1,1,2a b c =-=-=-，计算知ABD 错误，根据不等式性质知C 正确，得到答案. 【详解】,a c b c >>，故2a b c +>，2a bc +>，故C 正确； 取1,1,2a b c =-=-=-，计算知ABD 错误； 故选：C . 【点睛】本题考查了不等式性质，意在考查学生对于不等式性质的灵活运用.7．《九章算术》是我国古代数学名著，书中有如下问题：“今有勾六步，股八步，问勾中容圆，径几何？”其意思为：“已知直角三角形两直角边长分别为6步和8步，问其内切圆的直径为多少步？”现从该三角形内随机取一点，则此点取自内切圆的概率是（ ） A ．12πB ．3π C ．6π D ．9π 【答案】C 【解析】 【分析】利用直角三角形三边与内切圆半径的关系求出半径，再分别求出三角形和内切圆的面积，根据几何概型的概率计算公式，即可求解. 【详解】10=， 利用等面积法，可得其内切圆的半径为6826810⨯==++r ，所以向次三角形内投掷豆子，则落在其内切圆内的概率为2216682ππ⋅=⨯⨯.故选：C. 【点睛】本题主要考查了面积比的几何概型的概率的计算问题，其中解答中熟练应用直角三角形的性质，求得其内切圆的半径是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.8．O 是平面上的一定点，,,A B C 是平面上不共线的三点，动点P 满足+OP OA λ=()·cos ?cos AB AC AB BAC C+，(0,)λ∈∞，则动点P 的轨迹一定经过ABC ∆的（ ）A ．重心B ．垂心C ．外心D ．内心【答案】B 【解析】 【分析】解出AP ，计算AP BC ⋅并化简可得出结论． 【详解】AP OP OA =-=λ（AB AC AB cosBAC cosC+⋅⋅），∴()...0AB BC AC BC AP BC BC BC AB cosB AC cosC λλ⎛⎫⎪=+=-+= ⎪⋅⋅⎝⎭， ∴AP BC ⊥，即点P 在BC 边的高上，即点P 的轨迹经过△ABC 的垂心． 故选B ． 【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算在几何中的应用，根据条件中的角计算AP BC ⋅是关键．9．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，平面α与此正方体相交.对于实数()03d d <<，如果正方体1111ABCD A B C D -的八个顶点中恰好有m 个点到平面α的距离等于d ，那么下列结论中，一定正确的是 A ．6m ≠ B ．5m ≠ C ．4m ≠ D ．3m ≠【答案】B 【解析】 【分析】此题画出正方体模型即可快速判断m 的取值. 【详解】如图（1）恰好有3个点到平面α的距离为d ；如图（2）恰好有4个点到平面α的距离为d ；如图（3）恰好有6个点到平面α的距离为d . 所以本题答案为B.【点睛】本题以空间几何体为载体考查点，面的位置关系，考查空间想象能力，考查了学生灵活应用知识分析解决问题的能力和知识方法的迁移能力，属于难题.10．已知非零向量a ，b 满足||a b |=|，则“22a b a b +=-”是“a b ⊥”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件解:【答案】C 【解析】【分析】根据向量的数量积运算，由向量的关系||02|2|a b a b a a b b +=-⇔⋅⇔=⊥，可得选项. 【详解】222222||||22224444a b a b a b a b a a b b a a b b -⇔⇔++-+⋅+-⋅+===，||||0a b =≠，∴等价于0a b a b ⋅=⇔⊥，故选：C. 【点睛】本题考查向量的数量积运算和命题的充分、必要条件，属于基础题.11．已知函数()()f x x R ∈满足(1)1f =，且()1f x '<，则不等式()22lg lg f x x <的解集为（ ）A ．10,10⎛⎫⎪⎝⎭B ．10,10,10C ．1,1010⎛⎫⎪⎝⎭D ．()10,+∞ 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数()()g x f x x =-,利用导数研究函数的单调性，即可得到结论. 【详解】设()()g x f x x =-,则函数的导数()()1g x f x ''=-,()1f x '<，()0g x '∴<，即函数()g x 为减函数,(1)1f =,(1)(1)1110g f ∴=-=-=，则不等式()0<g x 等价为()(1)g x g <，则不等式的解集为1x >,即()f x x <的解为1x >，22(1)1f g x g x <，由211g x >得11gx >或11gx <-，解得10x >或1010x, 故不等式的解集为10,(10,)10⎛⎫⋃+∞ ⎪⎝⎭.故选:B . 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数单调性，根据函数的单调性解不等式，考查学生分析问题解决问题的能力,是难题.12．设m ，n 是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面，给出下列四个命题： ①若//m α，//n β，//αβ，则//m n ； ②若αβ⊥，m β⊥，m α⊄，则//m α； ③若m n ⊥，m α⊥，//αβ，则//n β；④若αβ⊥，l αβ=，//m α，m l ⊥，则m β⊥.其中正确的是（ ）A ．①②B ．②③C ．②④D ．③④【答案】C 【解析】 【分析】根据线面平行或垂直的有关定理逐一判断即可. 【详解】解：①：m 、n 也可能相交或异面，故①错 ②：因为αβ⊥，m β⊥，所以m α⊂或//m α， 因为m α⊄，所以//m α，故②对 ③：//n β或n β⊂，故③错 ④：如图因为αβ⊥，l αβ=，在内α过点E 作直线l 的垂线a ，则直线a β⊥，a l ⊥又因为//m α，设经过m 和α相交的平面与α交于直线b ，则//m b 又m l ⊥，所以b l ⊥因为a l ⊥，b l ⊥，,b a αα⊂⊂ 所以////b a m ，所以m β⊥，故④对. 故选：C 【点睛】考查线面平行或垂直的判断，基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。