江西省九江第一中学2021届高三数学下学期5月适应性考试试题-文.doc

江西省九江第一中学2021届高三数学下学期5月适应性考试试题 文

江西省九江第一中学2021届高三数学下学期5月适应性考试试题 文

年级：
姓名：

5

江西省九江第一中学2021届高三数学下学期5月适应性考试试题 文
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．66 B．99 C．110 D．198
3．已知，复数（为虚数单位）是纯虚数，则复数的虚部是（ ）
A． B． C． D．
4．下列说法错误的是（ ）
A．“若，则”的逆否命题是“若，则”
B．“”的否定是”
C．“是"”的必要不充分条件
D．“或是"”的充要条件
5．已知，则（ ）
A． B． C． D．
6．某几何体的三视图如图所示，已知网格纸上的小正方形边长为，则该几何体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
7．将函数的图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的最小正周期为 B．函数的图像关于直线对称
C．函数的图像关于点对称 D．函数在区间上单调递增
8．函数部分图象大致为（ ）

A. B. C. D.
9．已知实数x､y满足，则的取值范围是（ ）
A．[﹣1，0] B．[﹣1，1) C．(﹣∞，0] D．[﹣1，+∞)
10．已知双曲线右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，若，则的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．
11．已知，若函数有三个不同的零点，，，则的取值范围是（ ） A． B． C． D．
12．已知抛物线，圆，若点分别在上运动，且设点，则的最小值为（ ） A． B． C．4 D．-4
二、填空题
13．设向量，，且，则________．
14．已知扇形的周长为，面积为，则扇形的圆心角的弧度数为___________.
15．已知平面四边形ABCD中，AB=6，BC=4，CD=5，AD=5，A+C=，则四边形的面积为_____.
16．已知四边长均为的空间四边形的顶点都在同一个球面上，若，平面平面，则该球的体积为___________.

三、解答题
17．已知数列中，，且满足.
（1）证明：数列是等差数列，并求的通项公式；
（2）已知数列的前n项和，求n的值.
18．体育中考（简称体考）是通过组织统一测试对初中毕业生身体素质作出科学评价的一种方式，即通过测量考生身高、体重、肺活量和测试考生运动成绩等指标来进行体质评价．已知某地区今年参加体考的非城镇与城镇学生人数之比为，为了调研该地区体考水平，从参
加体考的学生中，按非城镇与城镇学生用分层抽样方法抽取人
的体考成绩作为样本，得到成绩的频率分布直方图（如图所示），
体考成绩分布在范围内，且规定分数在分以上的成绩为
“优良”，其余成绩为“不优良”．
（Ⅰ）根据频率分布直方图，估计该地区体考学生成绩的平均数；
（Ⅱ）将下面的列联表补充完整，根据表中数据回答，
是否有百分之九十的把握认为“优良”与“城镇学生”有关？
类别
非城镇学生
城镇学生
合计
优良

不优良

合计

附参考公式与数据：，其中．

19． 在斜三棱柱中，，平面，
20． E，F分别是，的中点．（1）求证：平面；
（2）已知，斜三棱柱的体积为8，
求点E到平面的距离．
20．已知椭圆：的离心率为，过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设点，分别是椭圆的左顶点和上顶点，，为椭圆上异于，的两点，满足，记，的斜率分别为，，求证：为定值．
21．已知函数，.
（Ⅰ）若是的极值点，求的单调区间；（Ⅱ）若，证明．
请考生在第22-23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题积分.
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
（2）设点的极坐标为，直线与曲线交于，两点，求．
23．己知函数.（1）解不等式；
（2）已知关于的不等式，在上有解，求实数的取值范围.

参考答案
1．C
【分析】
先求出集合,然后再求交集.
【详解】
由可得，可得
所以集合，
所以.
故选：C.
2．B
【分析】
由等差数列性质求得，再由等差数列性质求得．
【详解】
，得，解得，
则，
故选：B．
3．B
【分析】
由纯虚数的概念可得的值，计算即可得结果.
【详解】
因为是纯虚数，
所以，解得，即，
，其虚部为，
故选：B.
4．C
【分析】
利用逆否命题、命题的否定、充分必要性的概念逐一判断即可.
【详解】
对于A，“若，则”的逆否命题是“若，则”，正确；
对于B，“”的否定是”，正确；
对于C，“”等价于“或，
∴ “是"”的充分不必要条件，错误；
对于D，“或是"”的充要条件，正确.
故选：C
5．A
【分析】
利用余弦的二倍角结合同角三角函数中齐次式的处理方法，将化为，再转化为的式子，求出的值，得到答案.
【详解】
由，
有．
故选: A
6．B
【分析】
根据给定的几何体的三视图，可得该几何体的直观图为上部分为圆锥，下部分为一个圆柱，集合圆柱和圆锥的侧面积公式和圆的面积公式，即可求解.
【详解】
由题意，根据给定的几何体的三视图，可得该几何体的直观图为上部分为圆锥，下部分为一个圆柱，如图所示，
其中圆柱和圆锥的底面圆的半径为2，圆柱的母线长为4，圆锥的母线长为，
则圆柱的侧面积为，
底面圆的面积为，
圆锥的侧面积为，
所以几何体的表面积为.
故选：B.

【点睛】
在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，其中还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解．
7．D
【分析】
先求平移后函数的解析式，再根据三角函数性质判断周期、对称轴、对称中心和单调区间即可.
【详解】
将函数的图像向左平移个单位长度后，得，
由最小正周期为，A错误；
时，，故直线不是对称轴，B错误；
时，，故不是对称中心，C错误；
时，，故函数单调递增，故D正确.
故选：D.
【点睛】
思路点睛：
解决三角函数的图象性质，通常利用正弦函数的图象性质，采用整体代入法进行求解，或者代入验证.
8．D
【分析】
先判断函数的奇偶性得函数是奇函数，故排除AB，再根据特征点代入判断即可．
【详解】
解：函数是奇函数，排除选项B，A，
或，
当时，，对应点在第一象限，排除C，
故选：D．
9．B
【分析】
作出可行域，表示的几何意义为区域内的点到定点的斜率，由图可求得斜率取值范围.
【详解】
解：作出不等式组对应的平面区域如图，

则z的几何意义为区域内的点到定点D(0，1)的斜率，
由图象知CD的斜率最小，此时C(1，0)，对应的斜率z=，
当过D的直线和y=x平行时，直线斜率z=1，但此时取不到，
故﹣1≤z<1，
故选：B.
10．B
【分析】
，得出到渐近线的距离为，由此可得的关系，从而求得离心率．
【详解】
因为，而，所以是等边三角形，到直线的距离为，
又，渐近线方程取，即，
所以，化简得．
故选：B．
11．A
【分析】
首先画出函数的图象，根据图象得时有三个零点，求出当时的最大值，判断零点的范围，然后推导得出结果.
【详解】
函数的图象如图所示，

函数有三个不同的零点，，，
即方程有三个不同的实数根，，，由图知，
当时，，
∵，∴，当且仅当时取得最大值，
当时，，，
此时，
由，可得，
∴，，
∴，
∴，
∵，∴的取值范围是.
故选：A.
【点睛】
函数零点的求解与判断方法：
（1）直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点；
（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点；
（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.
12．B
【分析】
设点,圆圆心为,半径为,要保证取得最小值,应,画出几何图形,结合已知,即可求得答案.
【详解】
画出几何图形,如图:

设点,圆圆心为,半径为,
要保证取得最小值
根据图像可知应:

又

故

令

由二次函数可知:当时,取得最小
的最小值为:.
故选:B.
【点睛】
本题考查了圆锥曲线的最值问题,解题关键是掌握圆锥曲线的基础知识和在使用换元法时,要注意引入新变量的范围,在数量关系复杂时,画出几何草图,数学结合,寻找数量关系,考查了分析能力和计算能力,属于难题.
13．.
【分析】
根据向量的坐标运算算出、、即可.
【详解】
因为，，所以，，
因为，所以，解得
故答案为：
14．
【分析】
设圆心角和半径，根据周长和面积建立方程组，即可得解.
【详解】
扇形的周长为，面积为，
设扇形圆心角，半径r，
则，
，
解得或8（舍去），
所以.
故答案为：.
15．
16．
【分析】
证明平面，易知球心在平面的投影为外心在上，作于，根据勾股定理得到方程组，解得答案.
【详解】
中，，，故和为等边三角形，
取中点为，连接，，则，平面平面，
故平面，，
易知球心在平面的投影为外心在上，作于，
连接，，设的外接圆半径为，则，
设球半径为，则，
，解得，故.
故答案为：.

【点睛】
本题考查了四面体的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
17．（1）证明见解析，；（2）10.
【分析】
（1）根据已有的递推关系可得，从而可证数列是等差数，求出首项后可求其通项公式.
（2）利用裂项相消法可求，从而可求n的值.
【详解】
（1）证明：因为，
所以，故，
所以数列是等差数列，且公差为1，
而，故.
（2）,
故，
故.
【点睛】
方法点睛：数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.
18．（Ⅰ）；（Ⅱ）列联表见解析，没有百分之九十的把握认为“优良”与“城镇学生”有关．.
【分析】
（Ⅰ）根据频率分布直方图估计平均数的方法直接计算可得结果；
（Ⅱ）根据非城镇与城镇学生人数之比可确定非城镇与城镇学生人数，结合频率分布直方图可计算得到优良学生人数，由此确定列联表中的数据；计算得，由此可得结论.
【详解】
（Ⅰ）记样本体考成绩的平均数为，
则，
故估计该地区体考成绩的平均数为．
（Ⅱ）非城镇与城镇学生人数之比为，且样本容量为，
非城镇学生人数为，城镇学生人数为，故城镇学生优良人数为，
又优良学生的人数为，非城镇优良学生为，
则非城镇不优良学生人数为，
由此可得列联表吐下：
类别
非城镇学生
城镇学生
合计
优良

不优良

合计

200
代入数据计算，
没有百分之九十的把握认为“优良”与“城镇学生”有关．
【点睛】
方法点睛：利用频率分布直方图估计众数、中位数和平均数的基本方法如下：
（1）众数：最高矩形横坐标的中点；
（2）中位数：将矩形总面积二等分的点的横坐标；
（3）平均数：每个小矩形横坐标中点与对应矩形的面积的乘积的总和.
19．（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）连结，由为平行四边形，得到且，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）根据平面，得到点E到平面的距离等于点F到平面的距离，结合，即可求得点E到平面的距离.
【详解】
（1）连结，由三棱柱知，四边形为平行四边形，
因为分别是，的中点，即为中位线，所以且，
因为平面，平面，所以平面.
（2）因为平面，所以为三棱柱的高，
又因为，且，所以，
而，所以，
因为平面，所以点E到平面的距离等于点F到平面的距离，
由等体积法得即，
所以即点E到平面的距离为.

【点睛】
空间中求解点到平面距离的方法：
1、直接法：根据点到平面距离的定义，过点作出平面的垂线，垂线段的长即为点到平面的距离，结合解三角形的知识求解；
2、等积法：把点到平面的距离转化为一个三棱锥的高，通过转化或等积变形，选择合适的底面求得三棱锥的体积，再求得相应底面的面积，结合体积相等，列出方程，即可求解.
20．（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）由题意布列关于的方程组，解之即可；
（2）利用“设而要求”法得到，的坐标，表示即可.
【详解】
（1）由可得，，
点代入椭圆方程，解得，，
即椭圆的标准方程为；
（2）设，，由题意，的斜率存在，
设直线：①
设直线：②
由（1）椭圆方程：③
联立①③得，
解得，即
联立②③，可得，即，
故，
即为定值．
【点睛】
方法点睛：求定值问题常见的方法
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
21．（Ⅰ）的单调递增区间为，单调递减区间为；（Ⅱ）证明见详解.
【分析】
（Ⅰ）先由解析式，得到函数定义域，求出其导函数，再由题中条件，得到，求出，根据导数的方法即可求出函数单调性区间；
（Ⅱ）根据题意，构造函数，，对其求导，利用导数的方法判定函数单调性，求出其最大值，即可证明不等式成立.
【详解】
（Ⅰ）由已知可得，函数的定义域为，且；
因为是的极值点，所以，解得，
此时；
故当时，；当时，；
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
（Ⅱ）若，则，，
设，；
则；
令，，
则对任意恒成立，
所以在上单调递减；
又，，
所以，使得，即，则，即；
因此，当时，，即，则单调递增；
当时，，即，则单调递减；
故，即.
【点睛】
思路点睛：
利用导数的方法证明不等式时，通常需要直接构造函数，利用导数的方法求出函数的最值即可；有时也需要对不等式变形，构造两个不同的函数，分别求出一个函数的最大值与另一函数的最小值进行比较即可.
22．（1）；；（2）．
【分析】
（1）根据同角的三角函数关系式，结合极坐标方程与直角坐标方程互化公式进行求解即可；
（2）把直线的参数代入曲线的标准方程中，得出根与系数的关系，由点的参数几何意义可得答案.
【详解】
解：（1），又，所以得，
，根据得，
所以曲线的普通方程是，直线的直角坐标方程为；
（2）设，点A，B所对应的参数为，则的参数方程为（t为参数） ，代入得，，
于是．
【点睛】
方法点睛：极坐标方程与直角坐标方程互化的方法，即四个公式：，；
利用直线的参数方程求直线与圆锥曲线相交的弦长，方法是：
（1）将直线参数方程代入圆锥曲线方程，得到关于参数t的一元二次方程；
（2）利用韦达定理写出，；
（3）利用弦长公式代入计算.
23．（1）；（2）.
【分析】
（1）分别在、和三种情况下解不等式求得结果；
（2）将不等式化为，由绝对值不等式的解法可得，由不等式在上有解可知，由此得到结果.
【详解】
（1），
当时，，解得：，；
当时，，；
当时，，解得：，；
综上所述：的解集为；
（2）当时，，
则可化为：，即，
在上有解，又，，
即实数的取值范围为.
【点睛】
关键点点睛：本题第二问考查不等式能成立的问题，解题关键是能够将问题转化为所求变量与函数最值之间的关系，通过求解函数最值得到结果.