2021学年高三数学下学期入学考试试题一

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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