2021届湖南省湖湘名校教育联合体高三入学考试数学试题(教师版含解析)

湖湘名校教育联合体·2021届高三入学摸底考试高三数学一､单项选择题：本题共8小题.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设全集，，则集合()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据全集、并集、交集的定义直接求解即可【详解】因为，所以.故选：B2.设复数，则()A B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用复数的乘法法则可化简得出.【详解】，故选：C.3.以长方体的顶点为顶点的三棱锥共有()个A.70 B.64 C.60 D.58【答案】D【解析】【分析】根据组合的定义，结合组合数的计算公式、长方体的性质进行求解即可.【详解】三棱锥有4个顶点，从长方体8个顶点中任取4个点共有种取法，排除其中四点共面的有：长方体的面6个，对角面6个，可得不同的三棱锥有个.故选：D.4.为加强环境保护，治理空气污染，某环保部门对辖区内一工厂产生的废气进行了监测，发现该厂产生的废气经过过滤后排放，过滤过程中废气的污染物数量与时间的关系为.如果在前5个小时消除了10%的污染物，那么污染物减少27%需要花的时间约为()A.13小时 B.15小时 C.17小时 D.19小时【答案】B【解析】【分析】先由题中条件，求出，根据污染物减少27%，列出等式求解，即可得出结果.【详解】由已知时，，故，解得；污染物减少27%，即，由，所以，则.故选：B.5.已知，则()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用两角和与差的正弦公式、同角三角函数的基本关系式化简所求表达式，由此求得所求表达式的值.【详解】.故选：B6.大摆锤是一种大型游乐设备(如图)，游客坐在圆形的座舱中，面向外，通常大摆锤以压肩作为安全束缚，配以安全带作为二次保险，座舱旋转的同时，悬挂座舱的主轴在电机的驱动下做单摆运动.假设小明坐在点处，“大摆锤”启动后，主轴在平面内绕点左右摆动，平面与水平地面垂直，摆动的过程中，点在平面内绕点作圆周运动，并且始终保持，.设，在“大摆锤”启动后，下列结论错误的是()A.点在某个定球面上运动；B.与水平地面所成锐角记为，直线与水平地面所成角记为，则为定值；C.可能在某个时刻，；D.直线与平面所成角的正弦值的最大值为.【答案】C【解析】【分析】利用已知条件确定是定值，即得A选项正确；作模型的简图，即得B正确；依题意点B在平面内，不可能，得C错误；设，结合题意知时，直线与平面所成角最大，计算此时正弦值，即得D正确.【详解】因为点在平面内绕点作圆周运动，并且始终保持，所，又因为，为定值，所以也是定值，所以点在某个定球面上运动，故A正确；作出简图如下，，所以，故B正确；因为，所以不可能有，故C不正确；设，则，，当时，直线与平面所成角最大，此时直线与平面所成角的正弦值为，故D正确.故选:C.【点睛】本题解题关键在于认真读题、通过直观想象，以实际问题为背景构建立体几何关系，再运用立体几何知识突破难点.7.已知点是边长为1的正方形所在平面上一点，满足，则的最小值是()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】建立直角坐标系，设，根据题中的式子列出方程，由点的几何意义即可求得的最小值.【详解】解：建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，，’设，则，，，，由题意知：，即，点在以为圆心，半径为的圆上，又表示圆上的点到的距离，.故选A.【点睛】关键点点睛：解答本题关键是数形结合，利用点的几何意义进行解答.8.已知函数若函数恰有2个零点，则的取值范围是()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求得函数的解析式，画出的图象，由此求得的取值范围.【详解】由得，所以，所以函数恰有2个零点等价于函数与函数图象有2个公共点，由图象可知.故选：A二､多项选择题：本题共4小题.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9.已知圆的半径为定长，是圆所在平面内一个定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和直线相交于点.当点在圆上运动时，下列判断正确的是()A.当点在圆内(不与圆心重合)时，点的轨迹是椭圆；B.点的轨迹可能是一个定点；C.当点在圆外时，点的轨迹是双曲线的一支；D.点的轨迹不可能是抛物线.【答案】ABD【解析】【分析】如图1，连接，由已知得．结合椭圆的定义，判断的正误；如图2，当点在圆上时，点与圆心重合，轨迹为定点；判断的正误；如图3，连接，由已知得．结合双曲线的定义判断的正误；由于当点与圆心重合时，点的轨迹为圆，说明点的轨迹判断的正误即可．【详解】解：对A，如图1，连接，由已知得.所以.又因为点在圆内，所以，根据椭圆的定义，点的轨迹是以，为焦点，为长轴长的椭圆.图1图2图3对B，如图2，当点在圆上时，点与圆心重合，轨迹为定点；对C，如图3，连接，由已知得.所以.又因为点在圆外，所以，根据双曲线的定义，点的轨迹是以，为焦点，为实轴长的双曲线.对D，由于当点与圆心重合时，点的轨迹为圆，综合A，B，C可知点的轨迹不可能为抛物线.故选：ABD.10.2020年3月15日，某市物价部门对5家商场的某商品一天的销售量及其价格进行调查，5家商场的售价(元)和销售量(件)之间的一组数据如表所示：价格99.51010.511销售量1110865按公式计算，与的回归直线方程是：，相关系数，则下列说法正确的有()A.变量，线性负相关且相关性较强； B.；C.当时，的估计值为12.8； D.相应于点的残差约为0.4.【答案】ABC【解析】【分析】根据相关性、相关系数判断A选项的正确性.利用样本中心点判断B选项的正确性.将代入回归直线方程，由此判断C选项的正确性.求得时的估计值，进而求得对应的残差，从而判断D选项的正确性.【详解】对A，由表可知随增大而减少，可认为变量，线性负相关，且由相关系数可知相关性强，故A正确.对B，价格平均，销售量.故回归直线恒过定点，故，故B正确.对C，当时，，故C正确.对D，相应于点的残差，故D不正确.故选：ABC11.已知函数的最小正周期为，则下列判断正确的有()A.将函数图像向左平移个单位得到函数的图像B.函数在区间单调递减C.函数的图像关于点对称D.函数取得最大值时的取值集合【答案】BCD【解析】【分析】先求出，根据解析式即可判断A；令求出单调递减区间即可判断B；计算即可判断C；求出最大值对应的集合即可判断D.【详解】，，对于A，，故函数的图象可由函数的图象向左平移个单位得到，故A错误；对于B，令，则，，故在区间单调递减，故B正确；对于C，，故函数的图像关于点对称，故C正确；对于D，当，即时，取得最大值，故D正确.故选：BCD.12.下列说法正确的是()A.若，则“”是“”的充要条件；B.，；C.，；D.中，若为钝角，则.【答案】BD【解析】【分析】利用基本不等式可知A中充分性成立，利用反例可知A中必要性不成立；设，利用导数求得函数单调性，化简得到，进而得到B中结论；设，利用对号函数性质可知单调性，结合可化简得到C错误；利用可得，结合在上的单调性可确定D正确.【详解】对于A，若，则(当且仅当时取等号)，又，，，充分性成立；，，若，，则，必要性不成立，A错误；对于B，设，则，在上单调递减，，则，即，，，B正确；对于C，设，则单调递增.设，则，在上单调递减，，即，当时，，，又，，，，C错误；对于D，钝角，，即，，又在上单调递减，，D正确.故选：BD.【点睛】思路点睛：本题考查不等关系的判断，涉及到基本不等式的应用、利用导数求解函数的单调性、对号函数和三角函数性质等知识；解题基本思路是能够结合选项构造出不同函数，利用函数单调性，根据自变量的大小关系确定函数值的大小关系，进而整理得到结论.三､填空题：本题共4小题.13.在的展开式中的常数项为_______.【答案】【解析】【分析】写出通项公式，给r赋值即可得出．【详解】的通项公式为：Tr+1(-1)rx6﹣2r．令6﹣2r＝0解得r＝3，∴(-1)320，所以常数项为-20．故答案为-20．【点睛】本题考查了二项式定理的应用，写出通项是关键，属于基础题．14.在四面体中，平面，，，，则该四面体的外接球的表面积为________.【答案】【解析】【分析】在中，利用正弦定理，求得外接圆直径为，再结合球的性质，求得球的半径，进而求得外接球的表面积，得到答案.【详解】在中，因为，，可得的外圆球直径为，又由球的性质，可得，所以球的表面积为.故答案为：.【点睛】运用公式(为底面多边形的外接圆的半径，为几何体的外接球的半径，表示球心到底面的距离)求得球的半径，该公式是求解球的半径的常用公式，该方法的实质是通过寻找外接球的一个轴截面，把立体几何问题转化为平面几何问题来研究.15.设双曲线：的中心为，上下焦点分别为，，过作以实轴为直径的圆的切线，切点为，与的一条渐近线交于轴下方的点.若，则的离心率为_______.【答案】2【解析】【分析】由条件有，在中，斜边上的高为，设，即，由渐近线的斜率为且，由点在渐近线上，则，得出，从而有，得到答案.【详解】如图，易知，，，可知，且中，斜边上的高为，设，即.由渐近线的斜率为且，，由点在渐近线上，则所以，即，所以故.故答案为：2【点睛】关键点睛：本题考查求双曲线的离心率问题，解答本题的关键是先根据条件分析出，由等面积法求出中，斜边上的高为，再根据点在渐近线上，则得到，属于中档题.16.九连环是中国的一种古老智力游戏，它环环相扣，趣味无穷.长期以来，这个益智游戏是数学家及现代电子计算机专家们用于教学研究的课题和例子.中国的末代皇帝溥仪(1906–1967)也曾有一个精美的由九个翡翠缳相连的银制的九连环(如图).现假设有个圆环，用表示按某种规则解下个圆环所需的最小移动次数.已知数列满足下列条件：，，，记的前项和为，则：(1)________；(2)________.【答案】(1).(2)..【解析】【分析】分为偶数和为奇数两种情况，由题中条件，利用叠加法，由等比数列的求和公式，求出数列的通项，即可求出；再由分组求和的方法，即可求出.【详解】(1)当为偶数时，；当为奇数时，∴(2).故答案为：；.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于根据题中条件，讨论为奇数和为偶数两种情况，利用叠加法(累加法)求出数列的通项即可；在求数列的和时，可利用分组求和的方法求解.四､解答题：本题共6小题.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.在①是边上的高，且，②平分，且，③是边上的中线，且这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并求出边的长．问题：在锐角中，已知，，是边上一点，_____，求边的长．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【答案】.【解析】【分析】根据三角形的面积公式与余弦定理求解即可得答案.【详解】方案一：选条件①：由面积关系得：在中，由余弦定理得，所以．方案二：选条件②：设，则，由面积关系得：在中，由余弦定理得，所以．方案三：选条件③：设，分别在与中由余弦定理得：，∴，∴．【点睛】本题考查三角形面积公式与余弦定理解三角形，考查运算能力，是基础题.18.设等比数列的前项和为，已知，.(1)求公比；(2)若时，.求数列的前项和.【答案】(1)或；(2).【解析】【分析】(1)根据题设条件可得关于的方程组，解方程组后可得的值.(2)利用错位相减法可求.【详解】(1)由，∴或.(2)易知数列非常数列，由(1)知，∴.∴..相减得：，∴.19.“全国文明城市”已成为一块在国内含金量最高､综合性最强､影响力最大的“金字招牌”.为提升城市管理水平和区域竞争力，提升市民素养和群众幸福指数，某市决定参与创建“全国文明城市”.为确保创建工作各项指标顺利完成，市“创建办”拟通过网络对市民进行一次“文明创建知识”问卷调查(一位市民只参加一次).通过随机抽样，得到参加调查的100人的得分统计如下表：组别频数112222525114(1)由频数分布表可以大致认为：此次问卷调查的得分，近似为这100人得分的均值.求得分在区间的概率；(注：同一组的数据用该组区间的中点值作代表)(2)在(1)的条件下，市“创建办”为鼓励市民积极参与创建问卷调查，制定了如下奖励方案：①得分不低于的可以获赠2次随机话费，得分低于的可以获赠1次随机话费；②每次获赠的随机话费和对应的概率如表所示：赠送话费的金额(元)3050概率现有市民甲参加此次问卷调查，记X(单位：元)为该市民参加问卷调查获赠的话费，求X的分布列与数学期望.附：参考数据：①；②；③若，则，.【答案】(1)0.1359；(2)分布列见解析，.【解析】【分析】(1)根据平均数的计算方法计算出平均数，根据正态分布的知识计算出.(2)利用相互独立事件概率计算公式计算出分布列并求得数学期望.【详解】(1)根据表格中的数据，可得：，，所以.(2)由题意，可得，则获赠话费的可能取值为30，50，60，80，100，，，，，，则的分布列为：30506080100故期望值(元).20.如图，三棱柱内接于圆柱，已知圆柱的轴截面为正方形，，点在轴上运动.(1)证明：不论在何处，总有；(2)当点为的中点时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】(1)连接并延长，交于，交圆柱侧面于，连接，，根据线面垂直的判定定理，证明平面，即可得出结论成立；(2)建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，根据向量夹角公式，即可求出结果.【详解】(1)证明：连接并延长，交于，交圆柱侧面于，连接，，，，又圆柱中，平面，因为平面，所以，又，平面，平面，平面，不论在何处，总有平面所以；(2)如图，建立空间直角坐标系，由(1)知轴，设，则，在中，从而.∴，，∴，.设平面的一个法向量为，则有，取，得，而平面的一个法向量为，于是得：，故所求锐二面角的余弦值为.【点睛】方法点睛：立体几何体中空间角的求法：(1)定义法：根据空间角(异面直线所成角、线面角、二面角)的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；(2)空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角(两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角)的余弦值，来求空间角即可.21.已知函数.(1)求证：；(2)若，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】(1)构造函数，利用、研究的单调性和最值，由此证得不等式成立.(2)构造函数，由得到.结合导数证得，由此确定的取值范围.【详解】(1)设，则.由知在上递增，∴.从而是增函数，∴，故原不等式成立.(2)对恒成立.设，一方面，由.另一方面，当时，.利用(1)中的结论有