2021届四川绵阳南山中学高三高考考适应性考试数学（文）试题含解析

2021届四川绵阳南山中学高三高考考适应性考试

数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出集合，再根据并集的运算即可求出．

【详解】因为，而，所以．

故选：C．

2．若复数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】化简，再求得解.

【详解】由题得，

所以.

故选：B

3．是评估空气质量的一个重要指标，我国标准采用世卫组织设定的最宽限值，即月均值在以下空气质量为一级，在之间空气质量为二级，在以上空气质量为超标.某地区2020年1月至12月的月均值(单位：)的统计数据如图所示，则下列叙述不正确的是（    ）

A．该地区一年中空气质量超标的月份只有1个月

B．该地区一年中月均值2月到7月的方差比8月到11月的方差大

C．该地区上半年中月均值的平均数约为61.83

D．该地区从2月份到7月份值持续增加

【答案】D

【分析】由图中数据判断AD，由方差的性质判断B，求出上半年中月均值的平均数判断C.

【详解】对于A项，该地区一年中空气质量超标的月份只有6月份，故A正确；

对于B项，由折线图中数据可知，2月到7月相比8月到11月数据较为分散，则2月到7月的方差比8月到11月的方差大，故B正确；

对于C项，，故C正确；

对于D项，该地区从2月份到7月份值先增加后减小，故D错误；

故选：D

4．若曲线在其上一点处的切线的斜率为4，则（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】利用导数的几何意义即可求解.

【详解】由得，

所以，

可得：.

故选：C

【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，属于基础题.

5．在平行四边形中，，，，为的中点，则（    ）

A．9 B．12 C．18 D．22

【答案】B

【分析】利用基底向量表示出，再根据数量积的运算律以及定义即可求出．

【详解】因为，

所以．

故选：B．

6．函数的图象大致为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先判断函数的奇偶性排除选项A，再根据排除选项D，又当时，，排除选项C,即得解.

【详解】由题得，函数的定义域关于原点对称.

,所以函数是奇函数，

所以排除选项A；

又，所以排除选项D；

又当时，，，指数函数是爆炸式增长，所以，，所以排除选项C；

故选：B

7．将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，下列说法正确的是（    ）

A．是奇函数 B．的周期是

C．的图象关于直线对称 D．的图象关于点对称

【答案】D

【分析】利用三角函数图象变换可得函数的解析式，然后利用余弦型函数的基本性质逐项判断可得出正确选项.

【详解】由题意可得，

对于A，函数是偶函数，A错误：

对于B，函数最小周期是，B错误；

对于C，由，则直线不是函数图象的对称轴，C错误；

对于D，由，则是函数图象的一个对称中心，D正确.

故选：D.

8．已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F的直线l交抛物线C于A､B两点，准线l上有点，MA⊥MB，则直线l的斜率为（    ）

A．1 B． C．±1 D．

【答案】A

【分析】作于，于，中点为，，设，可得，代入，利用韦达定理转化求解即可．

【详解】解：作于，于，中点为，，

可知，故为梯形的中位线，

，且直线的斜率存在，

设，可得，代入，

可得，即，

所以，解得，

故选：．

9．已知，，，下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】设log2m＝log4n＝log8（4m+3n）＝k，则m＝2k，n＝4k，4m+3n＝8k，推导出k＝2，m＝4，n＝16，n＝4m，由此能求出结果．

【详解】由题意设log2m＝log4n＝log8（4m+3n）＝k，

则m＝2k，n＝4k，4m+3n＝8k，

∴4×2k+3×4k＝8k，

∴，

∴4×[（）k]2+31＝0，

∴（）k或（）k＝﹣1，（舍），

解得k＝2，

∴k＝2，m＝4，n＝16，n＝4m，故A错误；

2ln2，故B错误；

eln2＝2，故C正确；

log3m﹣2log9n＝log34﹣2log916＝log34﹣2log34＝﹣2log32，故D错误．

故选：C．

10．斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数：1，1，2，3，5，8，……为边的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90°的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．自然界存在很多斐波那契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等．下图为该螺旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，则该圆锥的高为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据斐波那契数的规律，求出下一个圆弧的半径和弧长，即可求出圆锥的底面半径与高．

【详解】解：由斐波那契数的规律可知，从第三项起，每一个数都是前面两个数之和，

即接下来的圆弧对应的圆面半径是，对应的弧长是，

设圆锥底面半径为，则，解得，

所以圆锥的高为．

故选：B．

11．设各项均为正项的数列满足，，若，且数列的前项和为，则（    ）

A． B． C．5 D．6

【答案】D

【分析】由利用因式分解可得，即可判断出数列是以为首项，为公差的等差数列，从而得到数列，数列的通项公式，进而求出．

【详解】等价于，而，

所以，即可知数列是以为首项，为公差的等差数列，即有

，所以，

故．

故选：D．

12．已知双曲线的右焦点为F，，直线MF与y轴交于点N，点P为双曲线上一动点，且，直线MP与以MN为直径的圆交于点M､Q，则的最大值为（    ）

A．48 B．49 C．50 D．42

【答案】A

【分析】由已知可确定点坐标，从而确定以为直径的圆，连接，可将转化为，进一步利用向量的线性运算得到，由双曲线性质可确定结果；

【详解】由双曲线方程知：右焦点，在双曲线上，

直线方程为，令，解得：，；

以为直径的圆的圆心为，且．

连接，

在以为直径的圆上，，，

；

为双曲线上一点，且，，；

故选：A

【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线中的最值问题的求解，解题关键是能够将所求式子进行转化，可采用几何法转化为关于的最值的求解，或利用坐标运算将问题转化为关于点横坐标的函数的最值的求解.

二、填空题

13．已知在等比数列中，，，则________.

【答案】2或8

【分析】根据等比数列的前项和公式，求出，再结合求出.

【详解】设等比数列的公比为，当时，，符合题意，此时.当时，由，解得，此时.

综上可知，或.

故答案为：2或8

14．某单位对员工编号为1到60的60名员工进行常规检查，每次采取系统抽样方法从中抽取5名员工.若某次抽取的编号分别为，17，，，53，则________.

【答案】75

【分析】由，17，，，53成等差数列，利用等差数列的性质可求解．

【详解】由系统抽样可得公差为，得，，，所以.

【点睛】本题考查系统抽样，解题关键是掌握系统抽样的性质：系统抽样中样本数据成等差数列．

15．如图为一个几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为____________．

【答案】

【分析】将三视图还原为几何体为内接于正方体的直四棱锥，如图所示，则该几何体的外接球的直径为正方体的直径，通过计算即可得球的表面积.

【详解】将三视图还原为几何体为内接于正方体的直四棱锥，如图所示，

所以该几何体的外接球的直径为正方体的直径，故半径为，

所以其表面积为.

故答案为：

16．在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥底面ABCD，.过点A作与棱PC垂直的平面α，则四棱锥P﹣ABCD截平面α所得截面的面积为___________.

【答案】

【分析】作AM⊥PC，垂足为M，作MH⊥PC，交于，可得平面，设平面与交于，则MF⊥PC，从而点四点共面，故平面AFMH即为平面α，

然后利用等面积法求出AM的长度，再利用比例关系求出FH的长度，求解截面的面积即可.

【详解】作AM⊥PC，垂足为M，作MH⊥PC，交于，

又，所以平面，

设平面与交于，则MF⊥PC，

所以平面AFMH即为平面α，

底面ABCD是边长为1的正方形，

所以，PA⊥底面ABCD，，

所以，

由等面积法可得，

解得，由对称性可得到FHBD，

在△PAC中，，所以，

又，CD=1，

所以PC2=PD2+DC2，故∠PDC=90°，

在△PDC中，，

所以，

所以，

在△PBD中，，所以，

所以棱锥P﹣ABCD截平面α所得截面的面积为.

故答案为：

【点睛】在解有关空间几何体的截面问题时，先确定截面，再利用空间几何体的性质、等面积法，结合题意中相关量的关系解出答案.

三、解答题

17．的内角，，的对边分别是，，，且．

（1）求角的大小；

（2）若，，为边上一点，，求的值．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）根据正弦定理化简得到，最后根据角的范围求解角的大小；（2）根据题意求得，，根据余弦定理求得，接着正弦定理求得，最后根据二倍角公式求解即可.

【详解】因为，

所以，

由正弦定理得，

故，

所以，

因为，

所以，

即，

因为，所以；

（2）因为，，所以，，

中，由余弦定理得，，所以，

由正弦定理得，

∴，

故．

18．2020年3月，工业和信息化部信息通信发展司发布《工业和信息化部关于推动5G加快发展的通知》，鼓励基础电信企业通过套餐升级优惠、信用购机等举措，促进5G终端消费，加快用户向5G迁移．为了落实通知要求，掌握用户升级迁移情况及电信企业服务措施，某巿调研部门]随机选取了甲、乙两个电信企业的用户共165户作为样本进行满意度调查，并针对企业服务措施设置了达标分数线，按照不低于80分的定为满意，低于80分的为不满意，调研人员制作了如图所示的列联表．

已知从样本的165户中随机抽取1户为满意的概率是．

（1）请将列联表补充完整，并判断能否有95%的把握认为“满意度与电信企业服务描施有关系”？

（2）用分层抽样方法抽取6个对甲、乙企业服务不满意用户，再从这6个用户中随机抽取3个进行不满意原因调查，求3个用户中有1个对甲企业不满意的概率．

下面临界值表仅供参考：

（参考公式：，其中）

【答案】（1）填表见解析；有；（2）．

【分析】（1）根据题意分析数据进行填表，根据列联表计算卡方，最后根据独立性检验做出判断即可；（2）根据分层抽样确定抽样取的6户中，不满意甲的有2户,不满意乙的有4户，接着分析从这6个用户中随机抽取3个的所有情况，再列出所有满足事件“3个用户中有1个对甲企业不满意”的基本事件，最后根据古典概型公式计算概率即可.

【详解】解：（1）设样本中乙企业用户中满意的有户，结合列联表知

所以，列联表是：

所以，列联表是：

从而，

故可以判断有95%的把握认为“满意度与电信企业服务措施有关系”

（2）由（1）可知，对甲不满意的由10户，对乙不满意的由20户，按系统抽样取6户，则不满意甲的取2户，用，表示,不满意乙的取4户，用1，2，3，4表示，从其中取3户的基本事件有：

，，，，，，，，，，，，，，，，123，124，134，共20个且互斥，

其中符合要求的有，，，，，，，，，，，共12个基本事件，

设有1个对甲企业不满意为事件,

则，

故3个用户中有1个对甲企业不满意的概率为.

19．如图，四边形为正方形，，，，

（1）求证：点不在平面内：

（2）若平面平面，且，求点到平面的距离．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）由反证法即可证出；

（2）取中点，由题意易证，，，共面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离，再由等积法即可求出．

【详解】（1）证明：（反证法）假设点在平面内．

设，，，四点确定的平面为．因为四边形为正方形，所以．因为平面与平面不重合，所以平面，又平面，所以平面．因为平面，平面平面，所以；所以．，为直角梯形的两腰，不可能平行，故假设不成立．点不在平面内．

（3）取中点，连接，，由，所以，且，所以为平行四边形，∴且

∵，且，∴，，，共面，

，，，，

所以，

∴．由得，∴

故到平面的距离是．

20．已知椭圆：的焦点为、，过的直线交于，两点，线段的最小值为，过作与轴垂直的直线交直线于点．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）试问直线是否经过定点？若经过定点，求出定点坐标，若不过定点，请说明理由．

【答案】（1）；（2）直线恒过定点．

【分析】（1）根据过焦点的弦通径最短，可知，而，可解得，即求出椭圆的标准方程；

（2）先根据特殊位置找到定点坐标，即当直线垂直于轴时以及直线的斜率为0时，由这两处的直线的方程联立可求出定点为，再证明当直线的斜率不为0时，直线恒过定点即可．

【详解】（1）因为椭圆：，所以，

∴，椭圆的标准方程为．

（2）直线恒过定点，证明如下：

当直线的斜率不为0时，设直线的方程为．

由，消去并整理，得，易知，

设，，

则，，所以

由，直线的斜率为，直线的方程为：，即可知直线恒过定点．

当直线的斜率为0时，显然直线恒过定点．综上，得证．

21．已知函数.

（1）当时，讨论函数在上的单调性；

（2）当时，求证：函数(为自然对数的底数)存在唯一极值点且.

【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）求导函数，讨论范围分析单调性即可；

（2）求导，令，，求导，当时，，则函数单调递增，代特殊值判断零点范围，即可证明结果．

【详解】（1），，

则.

当时，.

令，可得.

当，时，，此时，函数在上单调递减.

当时，，在上，函数单调递减；在上，函数单调递增.

综上，当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递减，在上函数单调递增，

（2），，

则.

因为，所以与同号.

令，，

则.

显然，当时，，函数单调递增，

又，，

所以存在，使得.

当变化时，，的变化如下：

故存在唯一极值点.

由可得，即，

此时.

因为，所以．

【点睛】(1)可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同；

(2)若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立坐标系．

（1）点P为上任意一点，若的中点Q的轨迹为曲线，求的极坐标方程；

（2）若点M，N分别是曲线和上的点，且，证明：为定值．

【答案】（1）；（2）见解析.

【分析】（1）将参数方程化为普通方程，进而可得曲线的极坐标方程，设的中点，所以，代入即可得解；

（2），则代入极坐标方程即可得解.

【详解】（1）曲线的参数方程为（为参数），化为普通方程为：，

即，所以曲线的极坐标方程为：，化简为：，

设的中点，所以.

因为点P为上任意一点，所以，得.

（2）设，则，

，，

所以.

即为定值.

23．已知函数．

（Ⅰ）若，求不等式的解集；

（Ⅱ）对于任意的正实数，且，若恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或．

【分析】（Ⅰ）利用绝对值的性质，用分类讨论思想进行求解即可；

（Ⅱ）根据基本不等式，利用已知，求出代数式的最大值，最后利用绝对值的性质进行求解即可.

【详解】解：（Ⅰ）原不等式为，

当时，得，得，

所以．

当时，得成立，

所以，

当时，，

所以．

综上得不等式的解集为．

（Ⅱ）因为为正实数，并且

，当时取等号，

当时等号成立，

所以的最大值．

又因为，

当时取到等号，

要使恒成立，只需．

所以或．