2021届河南省信阳市高三上学期调研考试(12月)数学(文)试题(解析版)

2021届河南省信阳市高三上学期调研考试（12月）数学（文）试题一、单选题1．已知集合，，则（）A． B． C． D．【答案】C【分析】分别解出集合A、B，利用集合基本运算求交集即可.【详解】，，∴．故选：C.2．若为虚数单位，，且，则复数的模等于（）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先根据复数相等得到，，再求的模即可.【详解】因为，所以，.所以.故选：C3．某工厂一年中各月份的收入、支出情况的统计图如图所示，则下列说法中错误的是（）．A．收入最高值与收入最低值的比是B．结余最高的月份是7月C．1至2月份的收入的变化率与4至5月份的收入的变化率相同D．前6个月的平均收入为40万元【答案】D【分析】根据统计图，逐项判断，即可得出结果.【详解】由图可知，收入最高值为90万元，收入最低值为30万元，其比是，故A正确；由图可知，结余最高为7月份，为，故B正确；由图可知，1至2月份的收入的变化率为与4至5月份的收入的变化率相同，故C正确；由图可知，前6个月的平均收入为万元，故D错误.故选：D.4．在等比数列中，，且，则（）A．1 B．2 C． D．【答案】C【分析】依题意首先求出，再根据求出公比，即可得解；【详解】解：因为，所以，则，设等比数列的公比为，，两边同除以，得到，解得或（舍），所以，所以，故选：C5．已知命题：，，命题：，，若为真命题，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意知，，均为真命题，设，可求出当时函数的最大值，从而求出的取值范围；设，结合函数的单调性求出函数在的最大值，从而求出此时的取值范围，两个范围求交集即可选出正确答案.【详解】设，当，，对于命题：，使得，若命题为真，则；设，当，单调递减，当，单调递增，，，命题：，，若命题为真，则．由于为真命题，所以，均为真命题，所以，故选:D．【点睛】易错点睛:本题的易错点是对于命题，把存在问题当成了恒成立问题求解，即求的最小值，令a小于最小值，导致最后结果错误.6．已知，是双曲线：（，）的左，右焦点，直线：与双曲线在第一象限的交点为，且，则双曲线的离心率为（）A． B．3 C． D．4【答案】C【分析】首先根据条件判断的形状，再结合双曲线的定义，，求双曲线的离心率.【详解】∵，∴，∴，直线：的倾斜角为，，所以是等边三角形，，∴，则，所以.故选：C7．2019年7月，中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录，标志着中华五千年文明史得到国际社会认可，良渚古城遗址是人类早期城市文明的范例，实证了中华五千年文明史.考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一规律.已知样本中碳14的质量随时间（单位：年）的衰变规律满足（表示碳14原有的质量），经过测定，良渚古城遗址文物样本中碳14的质量是原来的至，据此推测良渚古城存在的时期（）（参考数据：，）A．距今约在4011年到5730年之间B．距今约在3870年到11460年之间C．距今约在4011年到11460年之间D．距今约在2005年到5730年之间【答案】A【分析】由题意，衰变规律满足，要想碳14的质量是原来的至，对应得到和，所以得到正确的选项.【详解】当时，，∴经过5730年后，碳14的质量变为原来的，令，则，∴，∴，∴良渚古城存在的时期距今约在4011年到5730年之间，故选：A.8．已知函数，函数图象的一个对称中心为，现将图象上各点的横坐标缩小到原来的（纵坐标不变），纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），得到函数的图象，当时，函数的值域为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先利用三角恒等变换，化简函数，再根据函数的对称中心是，求得函数的解析式，再根据图象的变换规律求得函数，再根据整体代入的方法求函数的值域.【详解】，∵函数的一个对称中心为，∴，∴，∵，∴，∴，将图象上各点的横坐标缩小到原来的（纵坐标不变），纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），得到函数的图象，则，∵，，所以函数的值域为.故选：B.【点睛】本题考查函数的图象变换，以及的性质，属于中档题型，的横坐标伸长（或缩短）到原来的倍，得到函数的解析式是，若向右（或左）平移（）个单位，得到函数的解析式是或.9．已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，则球的表面积为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】设球的半径为，根据题意知由与球心距离为的平面截球所得的截面圆的面积是，求出截面圆的半径为1，根据球心距、截面圆半径、球半径构成直角三角形，满足勾股定理，可求出该球的半径，进而求出球的表面积．【详解】解：设球的半径为，平面与球心的距离为，截面圆的半径为，∵，∴平面与球心的距离为，即，∵截球所得截面的面积为，则，，故由得，∴，∴球的表面积.故选：C．【点睛】本题考查球的表面积公式，确定球心距、截面圆半径、球半径构成直角三角形，满足勾股定理是解题的关键，考查运算能力.10．已知菱形中，，，，，若，则（）A． B． C． D．【答案】D【分析】在中，由余弦定理求得，再运用向量的线性表示和向量的数量积运算律建立方程，解之可得选项.【详解】因为，所以，在菱形中，，在中，有，所以，所以，解得，故选：D.【点睛】本题考查向量的数量积运算，关键在于待求数量积的向量线性表示为已知向量，属于中档题.11．已知，，则，之间的大小关系是（）A． B． C． D．无法比较【答案】B【分析】构造函数，然后计算出、的值，再结合分式的特点即可比较出的大小关系.【详解】设，则，．∴，∴即，故选：B．【点睛】方法点睛：常见的比较大小的方法：（1）作差法：作差与作比较；（2）作商法：作商与作比较（注意正负）；（3）函数单调性法：根据函数单调性比较大小；（4）中间值法：取中间值进行大小比较.12．已知函数，若任意给定的，总存在两个不同的，使得成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意，求，对分类讨论，判断单调性，求出函数的值域，即可求.【详解】.当时，，显然不满足题意；当时，函数的变化情况如下表所示0120-0+1极小值又时，在上是减函数，且对任意的值域为，此时当时，函数上不存在两个使得成立，∴不合题意；当时，函数的变化情况如下表所示0120+0-1极大值在的最大值为.又时，在上是增函数，且对任意.由题意可知.综上，实数的取值范围是.故选：.【点睛】本题考查导数的应用，考查分类讨论和转化的思想方法，属于困难的题目.二、填空题13．已知单位向量，满足，则向量的夹角为______．【答案】【分析】把已知模的等式平方后转化为数量积的运算，再由数量积的定义可得夹角．【详解】根据题意，向量，，设向量，的夹角为，向量，则，则有，，，所以．故答案为：．14．若实数，满足约束条件，则的最大值是______．【答案】9【分析】作出可行域，标函数，可化为直线，直线向上平移时，纵截距增大，增大．因此直线向上平移可得最优解．【详解】画出约束条件所表示的平面区域，如图所示阴影部分，目标函数，可化为直线，当直线过点时在上的截距最大，此时目标函数取得最大值，又由，解得，所以目标函数的最大值为．故答案为：9．15．过点引直线与曲线相交于，两点，为坐标原点，当的面积取最大值时，直线的斜率等于______.【答案】【分析】当面积取最大值时，，圆心到直线直线的距离为1，由此能求出直线的斜率．【详解】解：当面积取最大值时，，曲线相交于，两点，为坐标原点，圆心，半径，，，圆心到直线的距离为1，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，不合题意；当直线的斜率存在时，直线的方程为，圆心到直线的距离，解得，，．故答案为：．16．已知数列，满足，，，，，令，则满足的的最小值为______.【答案】10【分析】根据，，得到，利用等比数列的定义求解.【详解】因为，，且，所以是首项为0.9，公比为的等比数列，所以，则，即，当时，；当时，，显然当时，成立，故的最小值为10.故答案为：10【点睛】方法点睛：数列中有关项或前n项和的恒成立问题，往往转化为函数的最值问题；求项或前n项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解．三、解答题17．已知的三个内角、、所对的边分别为，，，．（1）求角的大小；（2）若，边上的中线长为，求的周长．【答案】（1）；（2）6．【分析】（1）利用正弦定理边化角以及两角和的正弦公式化简可求得结果；（2）根据两边平方可得，根据余弦定理可得，联立求出和，由此可求出，则可得三角形的周长.【详解】（1）因为，所以，根据正弦定理得，所以，所以，所以，因为、、是的三个内角，所以，，，因为，所以．（2）因为是边上的中线，所以，所以，所以，所以，所以①，又因为，所以，即②，由①②，解得，，，则，所以，∴，故的周长为6．【点睛】关键点点睛：熟练掌握正弦定理、余弦定理是本题解题关键.18．已知四棱锥，底面正方形，，为上的点，过的平面分别交，于点，，且平面.（1）证明：；（2）当为的中点，与平面所成的角为，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连结、且，连结.证明平面，得到，即得证；（2）由题得与平面所成的角为，所以，根据即得解.【详解】（1）连结、且，连结.因为为正方形，所以，，因为，且为的中点，所以，因为且、平面，所以平面，因为平面，所以，因为平面，平面，且平面平面，所以，所以.（2）由（1）知且，因为，且为的中点，所以，所以平面，所以与平面所成的角为，所以，∵设，所以，，∵为的中点，∴点到平面的距离是点到平面的距离的，设点到平面的距离为，∵，∴正方形的弦长为2，，是等边三角形，，∵，即，即，解得，所以点到平面的距离是.【点睛】方法点睛：点面距离常用求法：①几何法：作出点到平面的垂线后求出垂线段的长，常要把垂线段放到三角形中去解三角形；②等体积法：根据体积相等求出点到面的距离；如求点到平面的距离，如果已知点到平面的距离，则可以根据求出点到平面的距离；③向量法：如下图所示，已知是平面的一条斜线，为平面的法向量，则到平面的距离为.19．为进一步提升摩托车、电动自行车骑乘人员和汽车驾乘人员安全防护水平，有效减少交通事故死亡人数，2020年4月，公安部交通管理局部署在全国开展“一盔一带”安全守护行动为研究交通事故中摩托车驾乘人员致死与是否戴头盔有关，现对发生交通事故的摩托车驾乘人员做相关调查，制成如下列联表.交通事故致死交通事故不致死总计不戴头盔8020100戴头盔2080100总计100100200（1）现从交通事故致死的驾乘人员中按照分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中抽取2人进行调查，求这2人都是不戴头盔致死的概率；（2）是否有99.9%的把握认为交通事故中摩托车驾乘人员致死与不戴头盔有关？附：（其中）.（）0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828【答案】（1）；（2）有.【分析】（1）按照分层抽样的定义方法抽取5人，可得不戴头盔的4人记为，，，，戴头盔的记为，列出所有可能结果，再利用古典概型的概率公式可求这2人都是不戴头盔致死的概率；（2）由公式计算观测值，从而查表即可得答案．【详解】（1）在交通事故致死的人员中，不戴头盔与戴头盔的比例是，所以按照分层抽样抽取的5人中，不戴头盔的有人，戴头盔的有人，为了问题研究的方便，将不戴头盔的4人记为，，，，戴头盔的记为.从5人中随机抽取2人，共有10中可能的结果，，，，，，，，，，而这2人都是不戴头盔的有6种可能结果，所以这2人都是不戴头盔致死的概率为.（2）由表计算得：，故有99.9%的把握认为摩托车驾乘人员交通事故致死与不戴头盔有关.20．在平面直角坐标系中，已知定点（2，0），直线：，动点到点的距离与到直线的距离之比为，设动点的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）设（，0），过点，作直线与曲线相交于不同的两点，．当的面积取得最大值时，求的内切圆的面积．【答案】（1）；（2）．【分析】(1)设动点，结合两点间的距离公式和点到直线的距离公式求出和点到直线的距离，根据两距离的比从而可求出动点的轨迹方程.(2)设，，设直线的方程为，联立直线方程和椭圆方程，结合韦达定理求出，进而可求出三角形的面积，利用换元法和基本不等式可求出当取何值时面积有最大值，并求出最大的面积.结合椭圆的定义求出三角形的周长，进而可求出三角形内切圆的半径，从而可求出内切圆的面积.【详解】（1）设动点，点到直线的距离为，则，所以，即，化简整理得：．（2）设，，可设直线的方程为，联立，得，∴，．则，则，设，则，当且仅当，即时等号成立，取得最大值．设的内切圆半径为，的周长为，，则，，所以，的内切圆的面积为．【点睛】关键点睛:本题考查了动点轨迹方程的求解，考查了椭圆的定义，考查了基本不等式，考查了两点间的距离公式和点到直线的距离求解.本题第二问的关键是，设出直线方程与椭圆进行联立，结合基本不等式求出三角形的面积最大值，进而求出周长和内切圆的半径.21．函数.（1）若，求的单调性；（2）当时，若函数有两个零点，求证：.【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增；（2）证明见解析.【分析】（1）求导得，设，利用导数可得的单调性，并可得的零点，即可求出的单调性；（2）由函数有两个零点，所以，即有两个不等实根，利用导数求得的单调性，结合题意可得，求出的范围，利用对勾函数的单调性即可证明.【详解】（1）因为，（），所以.设，则，所以在单调递增，又因为，所以当时，，则，单调递减；当时，，则，单调递增.综上，在上单调递减，在上单调递增.（2）证明：因为函数有两个零点，所以方程有两个不等实根.设，即有两个不等实根，则.设，则由可知，而的对称轴方程为，且，所以存在使得，即，且当时，，则，所以单调递减；当时，，则，所以单调递增.因为有两个不等实根，所以必有，即.将，代入整理可得.设，则易得在上单调递减，又，所以，结合对勾函数在单调递增可知，即成立，命题得证.【点睛】解题的关键是利用导数判断函数的单调性，当导函数无法直接判断正负时，可构造新函数，并继续求导，即可求出导函数的单调性和极值，进而可得导函数的正负，即原函数的单调性，考查分析理解，化简求值的能力，属中档题.22．在极坐标系中，直线：，圆：．以极点为原点，极轴为轴正半轴建立直角坐标系．（1）求直线的直角坐标方程和圆的参数方程；（2）已知点在圆上，点到直线和x轴的距离分别为，求的最大值．【答案】（1）直线的直角坐标方程为，圆的参数方程为（为参数）；（2）．【分析】(1)利用极坐标方程与直角坐标方程，普通方程与参数方程的转化方法进行转化即可；(2)结合(1)中的结论得到关于的表达式，结合三角函数的性质确定其最大值即可.【详解】（1）由：得，；因为，代入有直线的直角坐标方程为：，即为