2021年佛山市高三一模数学（含答案）练习题

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一、选择题:本题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 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.
二、选择题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要
求.全部选对的得 5 分,有选错的得 0 分,部分选对的得 3 分.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
C
A
D
B
D
B
C
题号
9
10
11
12
答案
AB
ABD
ABD
CD
三、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.
3
125
13.
y  ex  e
14.
7
15.
3
3
16.
6
四、解答题:本大题共 6 小题,共 70 分,解答须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17.【解析】选①:
由lg2 an1  lg2 an  1 得lg2 an1  lg2 an  1 ,…1 分
所以lg 2 an  是首项为lg2 a1  1 ,公差为1的等差数列,
2 nn
所以lg a  1   n 1 1  n ,故 a  2n3 分
又b1  2 , b3  14 , a1  2 , a3  8 ,
b3  a   b  a 3 1 1
所以b1  a1  0 , b3  a3  6 ,所以等差数列bn  an  的公差 d  3 3 1
………5 分
所以bn  an  b1  a1   n 1 d  3n 1 ,
所以bn
 2n  3 n  1 ,…7 分
123n
n13n2  3n
Sn  2  2  2 ⋯ 2
  31 2  3 ⋯ n  3n  2
 2 9 分
2
由 Sn  2021得 n  10 ,即存在正整数k ,使得 Sk  2021,且k 的最小值为1010 分
选②:
由 a a
 2n 得 a  a  21 , a  a
 22 , a  a
 23 ,…, a  a
 2n1 ( n  2 ), ………1 分
n 1n
2132
43
2 1 2n 1 
nn 1
相加得 a  a  21  22  23 ⋯  2n 1  2n  2 ,又 a  2 ,所以 a  2n ( n  2 ),
n11 21n
显然 a  2 也满足 a  2n ( n  2 ),故 a  2n3 分
1nn
下同选①.选③:
由 a
2
n 1
an1a
 2a 2 整理得 a
n1
2a
n  an1
an
  0 ,1 分
nn
n
a
又 a  0 ,所以 a 2a ,即 an 1  2 ,
nn 1
n
nn
所以a  是首项为2 ,公比为2 的等比数列,所以 a  2n3 分
下同选①.
18.【解析】(1)设 BC  x ,在△ABC 中,由余弦定理得 28  x2  4  2  x  2  ( 1 ) ,即 x2  2x  24  0 ,
2
解得 x  4 或 x  6 (舍),所以 BC  42 分
13
3
则 S△ABC  2  2 4 2  23 分
因为CD  5 AB ,所以 S 5S△ABC  5
3
………………………………………………………4 分
3
2△ADC2
则梯形 ABCD 的面积 S  S△ABC +S△ADC  7
………………………………………………………5 分
2
(2)设ABD   ,则BDC   , BAC   , DBC   , BCA   6 分
236
2BC
在△ABC 中,由正弦定理得
   
……………………………………………7 分

sin   6 sin  2   

在△BDC 中,由正弦定理得
5
sin  2   
 BC
sin 
……………………………………………………8 分
 3

2 sin  2   
2  ( 3 cs  1 sin  )
 3
sin 
sin 
两式相除得
 
5sin    
sin     
,展开得 22 
5  ( 3 sin   1 cs )
cs 
……………9 分
6  2

3
所以5 3 sin2   7 sin  cs  2 3 cs2   0 ,即 5
2 3
3
2 3
2 3
 
22
tan2   7 tan   2
3
 010 分
解得tan  或,因为  ( ,) ,则tan  ,即tan ABD 12 分
356 233
【解析】(1)取 AC 中点O ,连结OM , OC1 ,
z
C1
N
O
C
By
A
x
M
B1
1
在ABC 中,因为M 为 AB 中点, O 为 AC 中点,
A1
所以OM // BC ,且 OM BC ,…1 分
2
1
又 N 为 B1C1 中点, BC // B1C1 且 BC  B1C1 ,
所以C1 N // BC ,且 C1 N  2 BC ,2 分
所以OM // C N 且 OM // C N ,从而四边形OMNC 为平行四边形.…3 分
111
所以 MN // OC1 ,4 分
又MN  平面 ACC1 A1 , OC1  平面 ACC1 A1 ,所以 MN // 平面 ACC1 A15 分
2
B M 2  BB2
1
1
2
2
在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中, BB1  AB , B1M  3, BB1  4 ,
所以 BM 
,故 AB  2
, AC 2  BC 2  AB2 ,从而 AC  BC6 分
以C 为原点,建立空间直角坐标系C  xyz 如图所示,则 M 1,1, 0  , A1 2, 0, 4 , B1 0, 2, 4 ,
––––→
––––→
––––→
N 0,1, 4  , MB1   1,1, 4 , MA1  1, 1, 4 , MN   1, 0, 4 ,…7 分
n  ––––→
 1 MA1  0
 x  y  4z  0
 y  x
设平面 MA1 B1 的法向量为 n1   x, y, z  ,则––––→
n 
,即x  y  4z  0 ,解得 z  0 ,
 1
MB1  0
令 x  1 ,得 n1  1,1, 0  ,…8 分
––––→
n 
 2 MA1  0
 x  y  4z  0
 x  4z
设平面 MA1 N 的法向量为 n2   x, y, z  ,则
n
––––→

,即x  4z  0
,解得 y  8z ,
 2
MN  0
令 z  1 ,得 n2  4,8,1 ,…9 分
所以cs  n1, n2
 n1  n2
n1 n2
12
2  9
2 2
,11 分
3
2 2
所以二面角 B1  A1M  N 的余弦值为 312 分
【解析】(1)   0.58 , y 与 x 的相关关系为负相关,2 分
且   0.75 ,故线性相关性不强,所以不建议继续做线性回归分析,
得到回归方程,拟合效果也会不理想.(相关指数 R2  0.3364 )…4 分
建立2  2 列联表如下
人数 100
人数 100
合计
AQI  100
10
5
15
AQI  100
10
35
45
合计
20
40
60
代入公式计算得 K
2  60 (350  50)2 
15  45 20  40
…………………8 分
10
………………………………………………………10 分
查表知6.635  10  10.828 ,故犯错率在0.001 与0.01 之间,
所以该初步认定的犯错率小于1%12 分
y
P
Q
M
A
OF
x
【解析】(1)依题意知 A  2, 0  为椭圆C 的左顶点,故 a  2 ,…1 分
又 F 1, 0  为C 的右焦点,所以 a2  b2  1,于是 b2  3 ,3 分
2
2

所以C 的方程为 xy14 分
43
(2)设 P  x , y  ( x  2 ),则 M ( x0  2 , y0 ) ,…5 分

00022
直线 AP 的斜率 k 
y0 x0  2
,6 分
又OQ // AP ,所以直线OQ 的方程为 y 
y0 x0  2
x ,7 分
令 x  4 得 Q(4,
4 y0
x0  2
) ,8 分
––––→
x0  2 y0
–––→
4 y0
OM  (,) , FQ  (3,) ,
22x0  2
––––→ –––→
OM  FQ 
3 x0  2
2 y
2
 0 
3 x2  4  4 y2

00 (*),9 分
2x0  22 x0  2
x2y2
––––→ –––→
00
又 P 在C 上,所以 0  0
43
 1,即 3x2  4 y 2  12 ,代入(*)得OM  FQ  0 ,所以OM  QF .…10 分

故直线OM 与QF 的交点在以OF 为直径的圆上,且该圆方程为 x 

1 2
2


 y 2  1 .
4

即直线OM 与直线QF 的交点在某定曲线 x 

1 2
2


 y 2 
1
上.12 分
4
【解析】(1) f   x   a cs ax  a cs x  a cs ax  cs x   2a sin a  1 x sin a 1 x
22
…………1 分
若 a  1 ,则 f   x  在区间0, 2 至少有 x1 
2
a 1
, x2
 4
a  1
两个变号零点,故0  a  1 ,………2 分
令 f   x   0 ,得 x
 2m , x
 2n ,其中 m, n  Z ,仅当 m  1 时, x 
2 0, 2 ,
ma  1
n1  a
1a  1
且在 x1 的左右两侧,导函数的值由正变负,
故0  a  1 时, f  x  在区间0, 2 有唯一极值点 x0 
2
a  1
,此时 f  x0   sin ax0  a sin x0 ……3 分
22a
22a
2 

[方法 1]将 x0  a  1 代入得 f  x0   sin a 1  a sin a  1  sin a 1  a sin  2  a  1 
 1  a  sin 2a
a  1
………………………………………………………………………………………4 分
1
① 当 2a  1 ,即 0  a 时, 2a  1  a   ,由不等式: x  0 时, x  sin x (*)知:
a  123
1  a  sin 2a  1  a  2a  2a

………………………………………………………………5 分
② 当 2a 
a 1
11
,即当
a  1
 a  1 时, 1  a    2a ,
a  123
1 a sin 2a  1 a sin    2a   1 a  sin 1  a  
a 1
a 1 
a  1
由不等式(*)知: 1 a sin

1 a   1 a 
a 1
1  a  
a  1
 1 a   ,
由①②知 f  x0   min2a, 1  a  6 分
2
[方法 2]由 x0  a  1  ax0  2  x0 , a
2  1 ,代入得

x0
0000 x
f  x   sin ax  a sin x  sin  2  x    2
 0
1 sin x0 ,即 f  x0   


2
x
sin x0
0
以下用分析法可证:
f  x0   min2a, 1  a  .
    3  3a 
(2) ①当 a  1 时, f  a   sin  a  a   a sin a  a sin a  0 , f  2   sin  2   a  0 ,

   3 
所以 f  a   f  2   0 ,…7 分

  3 
由零点存在性定理知, f  x  在区间

, 至少有一个零点；8 分
a
2 
 
②当 1  a  1 时,2 , 
2a2
 a   ,   2a  2 ,
f     a sin   0 , f    sin a  0, f  2  sin 2a  0,
…………………………………9 分
a
a


由零点存在性定理知, f  x  在区间 , 2 至少有一个零点；10 分
③当 0  a  1 时, f   x   a cs ax  a cs x  a cs ax  cs x  ,
2
令 g  x   cs ax  cs x ,则 g x   a sin ax  sin x ,
在区间0,  上, cs ax  cs x , f   x   0 , f  x  是增函数；
在区间 , 2 上, g x   0 ,即 g  x  递减,即 f   x  递减, f  x  
故 f  x  在0, x0  上递增,在 x0 , 2 上递减,
又 f 0  0 , f  2  sin 2a  0 ,即在 , 2 上, f  x   0 .
f   2  0 ,
所以 f  x  在区间0, 2 没有零点,满足题意11 分
综上所述,若 f  x  在区间0, 2 没有零点,则正数a 的取值范围是 0, 1 12 分
2 
