2021届宁夏银川市高三考前适应性训练一数学理试题解析版

2021届宁夏银川市高三考前适应性训练（一）数学（理）试题一、单选题1．设集合，，则（）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求集合，再求.【详解】，，则.故选：B2．命题“，”的否定是（）A．， B．，C．， D．，【答案】A【分析】根据存在性命题的否定为全称命题，同时结论要否定，即得答案.【详解】因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“，”的否定是：“，”.故选：A.3．设复数，在复平面内对应的点关于虚轴对称，且，则（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据复数z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，且z1＝1+i，得到z2＝﹣1+i，再利用复数的乘法求解.【详解】∵复数z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，且z1＝1+i，∴z2＝﹣1+i，∴（1+i）•（﹣1﹣i）＝﹣1﹣i﹣i﹣i2＝﹣2i．故选：C．4．《九章算术》中，将如图所示的几何体称为刍甍，底面ABCD为矩形，且底面ABCD，EF到平面ABCD的距离为h，，，，则时，A． B． C． D．1【答案】D【分析】通过，=+,且=得到=，由高相等，得底面积相等，即可求解【详解】因为，所以，又=+,且=，=，，，，故选D．【点睛】研究棱锥体积的时候，需要将底面进行转化，同时发现是否有相同的底面或相同的高，本题是道中等难度的题目．5．为比较甲、乙两名高二学生的数学素养，对课程标准中规定的数学六大素养进行指标测验（指标值满分为5分，分值高者为优），根据测验情况绘制了如图所示的六大素养指标雷达图，则下面叙述正确的是（）A．乙的数据分析素养优于甲B．乙的数学建模素养优于数学抽象素养C．甲的六大素养整体水平优于乙D．甲的六大素养中数据分析最差【答案】C【分析】根据图表得到甲乙的各项指标数据，对每个选项进行分析即可判断选择.【详解】根据雷达图得到如下数据：数学抽象逻辑推理数学建模直观想象数学运算数据分析甲454545乙343354乙的数据分析素养弱于甲，故错误；乙的数学建模素养弱于数学抽象素养，故错误；甲的六大素养整体水平优于乙，故正确；甲的六大素养中数学抽象、数学建模、数学运算能力都是一个水平，故错误；故选：.【点睛】本题考查统计图表的理解和分析，属综合基础题.6．已知随机变量服从正态分布(3，4)，则与的值分别为（）A．13，4 B．13，8 C．7，8 D．7，16【答案】D【分析】由期望和方差的性质公式可得答案.【详解】由已知得，故，.故选：D7．已知函数，且此函数的图像如图所示，则此函数的解析式可以是（）A． B．C． D．【答案】A【分析】通过二个相邻零点，可以求出周期，利用最小正周期公式，可以求出的值，把其中一个零点代入解析式中，求出的值．【详解】由图象可知；,又因为，函数图象通过点，所以，而，所以，故本题选A．【点睛】本题考查了通过图象求函数解析式,考查了数学结合，考查了学生分析、解决问题的能力．8．若等比数列的前项和为，，则（）A．3 B．7 C．10 D．15【答案】D【分析】直接利用等比数列求和公式计算可得；【详解】解：因为等比数列的前项和为，，所以公比，所以，所以，所以所以故选：D【点睛】本题考查等比数列前项和的公式的应用，属于中档题.9．正实数，，满足，，，则实数，，之间的大小关系为（）A． B．C． D．【答案】A【分析】由三角函数的有界性可得出的范围，构造函数并由其单调性结合特殊点函数值可得的范围，构造函数并由其单调性结合特殊点函数值可得的范围，从而得出答案.【详解】由，得，因为所以，可得设函数在是增函数，且所以由，即，所以函数在是增函数，且由，即，所以所以故选：A10．设实数满足约束条件则的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】画出可行域，平移基准直线到可行域边界位置，由此求得目标函数的取值范围.【详解】画出可行域如下图所示，对的直线进行平移，分别平移至经过点和经过点，由图可知，在点处取得最小值为，在点处取得最大值为，所以，的取值范围为：故选：A【点睛】解题关键在于，作图，画出可行域，利用数形结合求解，属于基础题11．在研究某高中高三年级学生的性别与是否喜欢某学科的关系时，总共调查了N个学生（），其中男女学生各半，男生中60%表示喜欢该学科，其余表示不喜欢；女生中40%表示喜欢该学科，其余表示不喜欢．若有99.9%把握认为性别与是否喜欢该学科有关，则可以推测N的最小值为（）附，0.0500.0100.0013.8416.63510.828A．400 B．300 C．200 D．100【答案】B【分析】根据题目列出列联表，再根据列联表的数据计算值，进而得到关于的关系式，求解即可.【详解】由题可知，男女各人，列联表如下：喜欢不喜欢总计男30m20m50m女20m30m50m总计50m50m100m，有99.9%把握认为性别与是否喜欢该学科有关，，解得，，，.故选：B12．已知点在抛物线上，过作圆的两条切线，分别交抛物线于点，，若直线的斜率为，则抛物线的方程为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知得，设，，，求得，，进而得到，从而求得，利用，求点坐标，代入抛物线方程即可求解.【详解】由题意可知过所作圆的两条切线关于直线对称，所以，设，，，则，同理可得，，则，得，得，所以，故，将代入抛物线方程，得，得，故抛物线方程为．故选：A【点睛】结论点睛：本题考查圆的切线的对称性，及抛物线的性质，有关抛物线的重要结论：过抛物线上任意一点（不与原点重合）作两条倾斜角互补的直线，分别交抛物线于点，，连接，则．二、填空题13．二项式的展开式中，仅有第六项的二项式系数取得最大值,则展开式中项的系数是________【答案】【分析】先根据条件确定n值，再根据二项展开式通项公式求结果.【详解】因为仅有第六项的二项式系数取得最大值,所以，因为，所以【点睛】本题考查二项式系数与二项展开式项的系数，考查基本分析与求解能力，属基本题.14．已知是定义在上的函数，其导函数为，，且时，，则不等式的解集为___________.【答案】【分析】根据，变形为，然后令，利用其单调性求解.【详解】因为，所以，令，则当时，，在上单调递增，因为，所以，不等式，即，因为在上单调递增，所以原不等式的解集为.故答案为：15．已知两条不同的直线，和不重合的两个平面，，且，有下面四个命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则.其中真命题的序号是___________.【答案】①②【分析】根据线面、面面的关系一一判断.【详解】因为两条不同的直线和不重合的两个平面，且，对于①，由，可得，故①正确；对于②，若，可得，故②正确；对于③，若，则有可能，故③错误；对于④，当时，则有可能，故④错误．综上，真命题的序号是①②．故答案为：①②．16．已知(1，1)，(0，1)，(1，0)，为线段上一点，且，若，则实数的取值范围是___________.【答案】【分析】根据可得，再表示出坐标，由条件可得，再将代入可得关于的不等式，从而可得答案.【详解】解析：设点，由，得，所以.因为，所以，即，化简得将代入，得，即，解得.因为为线段上一点，且，所以.综上，可知.故实数的取值范围是.【点睛】关键点睛：本题主要考查向量的线性运算，数量积的坐标运算，解答本题的关键是由条件可得和，然后代入消去，得到关于的不等式，属于中档题.三、解答题17．已知的内角所对的边分别为，.（1）求角；（2）若，边上的高为3，求.【答案】（1）（2）或【分析】（1）由正弦定理，将已知等式边化角，结合两角和的正弦公式，即可求解；（2）根据面积公式，将用表示，再由余弦定理，建立关于方程，求解即可得出结论.【详解】（1）因为，由正弦定理得所以，即，又，所以所以而所以所以（2）设边上的高为，因为将代入，得由余弦定理得，于是即，解得或.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、面积公式解三角形，考查计算求解能力，属于基础题.18．如图，是一个三棱锥，是圆的直径，是圆上的点，垂直圆所在的平面，，分别是棱，的中点.（1）求证：平面；（2）若二面角是，，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）可证，，再利用可得，，从而可证平面.（2）可证为二面角的平面角，再以为坐标原点，，，方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.求出平面的法向量和直线的方向向量后可求与平面所成角的正弦值.【详解】（1）因为是圆的直径，所以.因为垂直圆所在的平面，且在该平面中，所以.因为，分别是棱，的中点，所以，所以，又因为，所以有平面.（2）由（1）可知，，，所以为二面角的平面角，从而有，则.又，，得.以为坐标原点，，，方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，，，，，.设是平面的法向量，则即可取.故.所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】线面垂直的判定可由线线垂直得到，注意线线是相交的，也可由面面垂直得到，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.而面面垂直的证明可以通过线面垂直得到，也可以通过证明二面角是直二面角.空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.19．足球运动被誉为“世界第一运动”.为推广足球运动，某学校成立了足球社团由于报名人数较多，需对报名者进行“点球测试”来决定是否录取，规则如下：（1）下表是某同学6次的训练数据，以这150个点球中的进球频率代表其单次点球踢进的概率.为加入足球社团，该同学进行了“点球测试”，每次点球是否踢进相互独立，将他在测试中所踢的点球次数记为，求；（2）社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到.记开始传球的人为第1次触球者，接到第n次传球的人即为第次触球者，第n次触球者是甲的概率记为.（i）求，，（直接写出结果即可）；（ii）证明：数列为等比数列.【答案】（1）（2）（i），，（ii）证明见解析；【分析】（1）先求出踢一次点球命中的概率，然后根据相互独立事件的乘法公式分别求出取1，2，3的概率，再根据离散型随机变量的期望公式可求得结果；（2）（i）根据传球顺序分析可得答案；（ii）根据题意可得，再变形为，根据等比数列的定义可证结论.【详解】（1）这150个点球中的进球频率为，则该同学踢一次点球命中的概率，由题意，可能取1，2，3，则，，，则的期望.（2）（i）因为从甲开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，所以第1次触球者是甲的概率，显然第2次触球者是甲的概率，第2次传球有两种可能，所以第3次触球者是甲的概率概，（ii）∵第n次触球者是甲的概率为，所以当时，第次触球者是甲的概率为，第次触球者不是甲的概率为，则.从而，又，∴是以为首项，公比为的等比数列.【点睛】本题考查了样本估计总体，离散型随机变量的期望，考查了递推关系以及等比数列的概念；考查分析问题、解决问题的能力，建模能力，处理数据能力.属于中档题.20．在平面直角坐标系中，已知椭圆的四个顶点围成的四边形的面积为，左、右焦点分别为、，且.（1）求椭圆的标准方程；（2）过的直线与椭圆相交于、两点，的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及直线的方程，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）最大值为，直线的方程为.【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，由此可得出椭圆的标准方程；（2）设直线的方程为，设、，联立直线的方程与椭圆的方程，列出韦达定理，利用换元法结合导数法可求出面积的最大值，进而可得出圆的半径及直线的方程.【详解】（1）依题意有，解得.所以椭圆的标准方程是；（2）设内切圆的半径为，则的面积，当最大时，也最大，内切圆的面积也最大．设直线的方程为，由，得，，设、，则，，所以，，令，则，且，则有，令，其中，则对任意的恒成立，所以，函数在区间上为减函数，则，此时，，解得，则直线的方程为.所以，有最大值，得，此时所求内切圆的面积为，所以存在直线，使得的内切圆的面积最大值为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．21．设.（1）证明：；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）设，，根据函数的单调性证明结论成立；（2）通过讨论的范围，求出函数的导数，根据函数的单调性确定的取值范围即可．【详解】（1）由题意可设，有，所以在（0，1）单减，所以，即，设，，，则有，单调递增，得，所以得证；（2）由（1）可知时，成立，则当时，设，则，，单调递增，则，①若，，单调递减，则有，此时不符合题意；②若，，，所以有唯一零点，可记为，则，，此时单调递减，有，则不符合题意；综上可知，即的取值范围为.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想