2021届高三入学调研试卷 文科数学（一） Word版含解析 15页

‎2021届高三入学调研试卷 文 科 数 学（一）‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．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．已知集合，集合，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．若复数，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．已知，，，则，，的大小关系是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．造纸术、印刷术、指南针、火药被称为中国古代四大发明，此说法最早由英国汉学家艾约瑟提出并为后来许多中国的历史学家所继承，普遍认为这四种发明对中国古代的政治、经济、文化的发展产生了巨大的推动作用．某小学三年级共有学生名，随机抽查名学生并提问中国古代四大发明，能说出两种及其以上发明的有人，据此估计该校三年级的名学生中，对四大发明只能说出一种或一种也说不出的有（ ）‎ A．人 B．人 C．人 D．人 ‎5．函数的图象大致为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎6．已知函数，则函数的零点个数是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．在中，是边上的一点，是上的一点，且满足和，连接并延长交于，若，则的值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法．如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入，的值分别为，，则输出的值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．正三棱柱中，，是的中点，则异面直线与所成的角为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．设双曲线左、右焦点分别为、，过作倾斜角为直线与轴和双曲线的右支交于、两点，若点平分线段，则该双曲线的离心率是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．已知函数，，，，对，都有，满足的实数有且只有个，给出下述四个结论：①满足题目条件的实数有且只有个；②满足题目条件的实数有且只有个；③在上单调递增；④的取值范围是，其中所有正确结论的编号是（ ）‎ A．①③ B．②④ C．①②④ D．①③④‎ ‎12．已知长方体内接于半球，且底面落在半球的底面上，底面的四个顶点落在半球的球面上．若半球的半径为，，则该长方体体积的最大值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13．甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是，乙获胜的概率是，则甲获胜的概率是_____．‎ ‎14．若，满足约束条件，则的最小值为_____．‎ ‎15．已知函数在处的切线方程为，则满足的的取值范围为_______．‎ ‎16．如图，正方形和正方形的边长分别为，，原点为的中点，‎ 抛物线经过，两点，则_______．‎ 三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．（12分）某学校为缓解学生的学习压力，其中高三年级经常举行一些心理素质综合能力训练活动，经过一段时间的训练后从该年级名学生中随机抽取名学生进行测试，并将其成绩分为，，，，五个等级，统计数据如图所示(视频率为概率)：‎ 根据以上抽样调查数据，回答下列问题：‎ ‎（1）试估算该校高三年级学生获得成绩为的人数；‎ ‎（2）若等级，，，，分别对应分、分、分、分、分，学校要求平均分达分以上为“考前心理稳定整体过关”，请问该校高三年级目前学生的“考前心理稳定整体”是否过关？‎ ‎（3）为了解心理健康状态稳定学生的特点，现从，两种级别中，用分层抽样的方法抽取个学生样本，再从中任意选取位学生样本分析，求事件“至少位学生来自级别”的概率．‎ ‎18．（12分）已知数列是各项均为正数的等比数列，若，．‎ ‎（1）设，求数列的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和．‎ ‎19．（12分）如图，直四棱柱中，，，‎ ‎，点是的中点．‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求点到平面的距离．‎ ‎20．（12分）已知中心在原点的椭圆的左焦点为，与轴正半轴交点为，且．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）过点作斜率为、的两条直线分别交于异于点的两点、．证明：当时，直线过定点．‎ ‎21．（12分），．‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）设不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围．‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．‎ ‎22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】‎ 在直角坐标坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，以直角坐标系的原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为．‎ ‎（1）求曲线的普通方程；‎ ‎（2）若直线与曲线有且仅有唯一的公共点，且与坐标轴交于，两点，求以为直径的圆的直角坐标方程．‎ ‎23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】‎ 已知函数．‎ ‎（1）当时，求的解集；‎ ‎（2）当时，，求的取值范围．‎ ‎2021届高三入学调研试卷 文 科 数 学（一）答 案 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．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．【答案】B ‎【解析】∵，，∴．‎ ‎2．【答案】A ‎【解析】∵，则，‎ 因此，．‎ ‎3．【答案】C ‎【解析】∵，，，‎ ‎∴，，‎ ‎，∴．‎ ‎4．【答案】C ‎【解析】在这名学生中，只能说出一种或一种也说不出的有人，‎ 设该校三年级的名学生中，对四大发明只能说出一种或一种也说不出的有人，‎ 则，解得人．‎ ‎5．【答案】A ‎【解析】由题意，，‎ - 15 -‎ ‎，‎ 所以函数是奇函数，关于原点对称，排除选项B；‎ 当时，，故排除选项D；‎ 当时，，故排除选项C，‎ 所以本题正确答案为A．‎ ‎6．【答案】B ‎【解析】当时，，∴，∴或，都满足；‎ 当时，，∴，‎ ‎∵，，所以方程没有实数根，‎ 综合得函数的零点个数是．‎ ‎7．【答案】C ‎【解析】如图所示，过做，交于，‎ 因为，所以为的中点，‎ 因为，所以为的中点，‎ 因为，所以，‎ 因为，所以，即，‎ 又因为，所以，故．‎ ‎8．【答案】C ‎【解析】模拟算法：开始：输入，，，，成立；‎ ‎，，成立；‎ - 15 -‎ ‎，，成立；‎ ‎，，不成立，输出．‎ ‎9．【答案】C ‎【解析】如图，取中点，连接，，‎ 由于正三棱柱，则底面，‎ 而底面，所以，‎ 由正三棱柱的性质可知，为等边三角形，所以，且，‎ 所以平面，‎ 而平面，则，则，，‎ ‎∴即为异面直线与所成角，‎ 设，则，，，‎ 则，∴．‎ ‎10．【答案】B ‎【解析】双曲线，的左焦点为，‎ 直线的方程为，令，则，即，‎ 因为平分线段，根据中点坐标公式可得，‎ 代入双曲线方程，可得，‎ - 15 -‎ 由于，则，化简可得，解得，‎ 由，解得．‎ ‎11．【答案】D ‎【解析】，，故，‎ 设，作的图象如图，‎ 在上满足的实数有且只有个，即函数在上有且只有个零点，由图象可知，，结论④正确；‎ 由图象知，在上只有一个极小值点，有一个或两个极大值点，结论①正确，结论②错误；‎ 当时，，‎ 由知，所以在上递增，‎ 则在上单调递增，结论③正确．‎ ‎12．【答案】A ‎【解析】设长方体的高为，底面棱长为，‎ 则长方体的底面外接圆直径为，所以，．‎ 由勾股定理得，即，得，其中，‎ 所以，长方体的体积为，‎ - 15 -‎ 其中，设，其中，则，‎ 令，得，‎ 当时，，在上单调递增；‎ 当时，，在上单调递减，‎ 所以，函数在处取得极大值，亦即最大值，则，‎ 因此，该长方体的体积的最大值为．‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13．【答案】‎ ‎【解析】因为甲获胜与两个人和棋或乙获胜对立，所以甲获胜概．‎ ‎14．【答案】‎ ‎【解析】由约束条件作出可行域如图阴影所示，‎ 化目标函数化为，‎ 由图可知，当直线过时直线在轴上的截距最小，最小，‎ 联立，得，故的最小值为．‎ ‎15．【答案】‎ - 15 -‎ ‎【解析】∵，∴，∴，‎ ‎∴，是上的增函数，‎ 又∵，，‎ ‎∴，∴，即．‎ ‎16．【答案】‎ ‎【解析】因为是抛物线的焦点，所以，‎ 因为正方形的边长为，所以，‎ 因为在抛物线上，所以，即，‎ 所以，解得或，‎ 因为，所以．‎ 三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．【答案】（1）；（2）该校高三年级目前学生的“考前心理稳定整体”已过关；（3）．‎ ‎【解析】（1）从条形图中可知这人中，有名学生成绩等级为，‎ 所以可以估计该校学生获得成绩等级为的概率为，‎ 则该校高三年级学生获得成绩为的人数约有．‎ ‎（2）这名学生成绩的平均分为，‎ - 15 -‎ 因为，所以该校高三年级目前学生的“考前心理稳定整体”已过关．‎ ‎（3）由题可知用分层抽样的方法抽取个学生样本，其中级个，级个，‎ 组人编号为，，，组人编号为，，‎ 则任取人的基本事件为，，，，，，，，，共个，‎ 其中事件“至少位学生来自级别为含有的基本事件有，，，，，，，，，共个，‎ ‎∴．‎ ‎18．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）由数列是各项均为正数的等比数列，‎ 且，∴，即，‎ 又∵，∴．‎ ‎（2）由（1）可知，‎ 则①‎ ‎②‎ ‎①-②得，‎ ‎∴．‎ ‎19．【答案】（1）证明见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1）取的中点为，连接，，‎ ‎∵点是的中点，∴，，‎ ‎∵，，，，∴，，‎ - 15 -‎ 即四边形为平行四边形，∴，‎ ‎∵平面，平面，∴平面．‎ ‎（2）设点到平面的距离为，连接，，，，‎ ‎∵平面，，‎ ‎∴，‎ ‎∵平面，∴，，‎ ‎∴，‎ ‎∵，∴，解得．‎ ‎20．【答案】（1）；（2）证明见解析．‎ ‎【解析】（1）在中，，，，‎ ‎∵，，∴，∴，‎ - 15 -‎ 因此，椭圆的标准方程为．‎ ‎（2）由题不妨设，设点，，‎ 联立，消去化简得，‎ 且，，‎ ‎∵，∴，∴，‎ ‎∴代入，‎ 化简得，‎ 化简得，‎ ‎∵，∴，∴，‎ 直线，因此，直线过定点．‎ ‎21．【答案】（1）见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1），，‎ ‎，‎ 由，得或，‎ ‎①若，则，由，得；，得或，‎ 所以若，在，递增；在上递减；‎ ‎②若，，在定义域上递增；‎ - 15 -‎ ‎③若，则，由，得；，得或，‎ 所以若，在和上递增，在递减．‎ ‎（2）原不等式等价于，‎ 记，‎ ‎，，‎ 令，得或．‎ ‎①当时，（舍去），所以．‎ 当时，；当时，，‎ 所以恒成立，‎ 故，此时的取值范围是；‎ ‎②当时，，‎ 当时，；当时，；当时，，‎ 所以，即，‎ 解得，可得此时的取值范围是，‎ 综合①②可知，所以实数的取值范围是．‎ ‎22．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）由，得，则，‎ 整理得，故曲线的普通方程为．‎ - 15 -‎ ‎（2）由，得，‎ 联立，得，‎ ‎∵与曲线有且仅有唯一的公共点，∴，解得，‎ ‎∵的方程为，∴与坐标轴交点为与，‎ 不妨假设，则，线段的中点为，‎ ‎，∴以为直径的圆的半径，‎ ‎∴以为直径的圆的直角坐标方程为．‎ ‎23．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）当时，可化为，‎ 即，，‎ ‎∴或，解得或，‎ ‎∴的解集为．‎ ‎（2）可化为，即，‎ ‎∵在上的最大值为，最小值为，‎ ‎∴，解得，‎ 故的取值范围为．‎ - 15 -‎