2021届山东省高考联盟高三下学期开学收心考试数学试题含解析

这是一份2021届山东省高考联盟高三下学期开学收心考试数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．若集合A＝{y|y＝2x，x∈R}，B＝{y|y＝x2，x∈R}，则
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由指数函数的值域化简集合，由二次函数的值域化简集合，对选项中的集合关系逐一判断即可.
【详解】集合，
，，故选A.
【点睛】集合的基本运算的关注点：
（1）看元素组成．集合是由元素组成的，从研究集合中元素的构成入手是解决集合运算问题的前提；
（2）有些集合是可以化简的，先化简再研究其关系并进行运算，可使问题简单明了，易于解决；
（3）注意数形结合思想的应用，常用的数形结合形式有数轴、坐标系和图．
2．已知，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】先求出命题为真时的取值范围，然后再根据充分必要条件的定义判断．
【详解】∵，∴或，即或，∴．∴“”是“”的充分不必要条件．
故选：A.
【点睛】本题考查充分必要条件，解题关键是掌握充分必要条件与集合包含之间的关系．命题对应集合，命题对应集合，则是的充分条件，是的必要条件，是的充要条件．
3．在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E是线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F，若，，则
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用平面几何知识求解
【详解】如图，可知
=，选B.
【点睛】本题考查向量的运算及其几何意义，同时要注意利用平面几何知识的应用，
4．五名同学相约去国家博物馆参观“伟大的变革：庆祝改革开放40周年大型展览”，参观结束后五名同学排成一排照相留念，若甲、乙二人不相邻，则不同的排法共有
A．种B．48种C．72种D．种
【答案】C
【分析】根据插空法求不相邻问题.
【详解】除甲、乙二人外，其他3个同学先排成一排，共有＝6种，
这3个同学排好后，留下4个空位，排甲、乙，共有＝12种，
所以，不同排法有：6×12＝72种，
选C．
【点睛】本题考查插空法求不相邻问题，考查基本分析求解能力，属基础题.
5．著名数学家华罗庚先生曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休.”在数学的学习和研究中，经常用函数的图象来研究函数的性质，也经常用函数的解析式来琢磨函数图象的特征，如函数在的图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先判断函数奇偶性，再计算的值可判断.
【详解】，为奇函数，图象关于原点对称，故排除A；
又，故排除C，
，故排除B.
故选：D.
6．已知抛物线的焦点到双曲线E：－,的渐近线的距离不大于，则双曲线E的离心率的取值范围是( )
A．(1,]B．(1,2]
C．[,＋∞)D．[2,＋∞)
【答案】B
【详解】抛物线y2＝8x的焦点为(2,0)，双曲线的一条渐近线方程为bx＋ay＝0，
由题知，化简得b2≤3a2，
又c2＝a2＋b2，∴c2≤4a2，∴e≤2，又e＞1，
∴．故双曲线E的离心率的取值范围是．
故选：B．
7．已知三棱锥中，是以角为直角的直角三角形，，，，为的外接圆的圆心，，那么三棱锥外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设三棱锥外接球球心为，半径为，连接，由已知可求得，在中利用余弦定理求得半径即可求出体积.
【详解】如图，设三棱锥外接球球心为，半径为，连接，
由已知得为圆的直径，，则，
在中，由余弦定理可得，
，
又，为钝角，
由正弦定理得，可得，，
又可知三线共面，，，
在中，，
在中，，
即，解得，
则三棱锥外接球体积为.
故选：B.
8．已知定义在上的函数满足，且当时，，若方程有三个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题设，求分段函数的解析式并画出图像，将方程有三个不同实根转化为和有三个不同的交点问题，由数形结合思想结合导数研究函数的交点情况，进而求参数的范围.
【详解】∵当时，，
∴当时，，
综上，，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
∵有三个不同的实数根，
∴的图像和直线有三个不同的交点，
作的大致图像如图所示，
当直线和的图像相切时，设切点为，
∴，可得，，代入，可得，
当过点时，，
由图知，实数的取值范围为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：将方程有三个不同的实数根转化为函数图象有三个不同交点问题，应用数形结合思想及导数研究函数图象的交点情况，求参数.
二、多选题
9．已知i为虚数单位，则下列结论正确的是（ ）
A．复数的虚数部为B．复数的共轭复数
C．复数在复平面对应的点位于第二象限D．复数z满足，则
【答案】ABD
【分析】根据复数除法运算化简求出可判断AB；根据复数几何意义可判断C；根据复数的定义可判断D.
【详解】对于A，，其虚部为，故A正确：
对于B，，故，故B正确；
对于C，，在复平面内对应点的坐标为，位于第四象限，故C不正确；
对于D，设，则，又，得，所以，故D正确.
故选：ABD.
10．已知，，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】ACD
【分析】多项选择题，一个一个选项验证：
对于A：用基本不等式证明；
对于B：取特殊值，进行否定；
对于C：构造函数，利用单调性判断；
对于D：用基本不等式证明；
【详解】对于A：由于，则，故A正确；
对于B：当时，有，故B错误；
对于C：由得，则有，设函数，，则在单调递增，所以，即，则有，故C正确；
对于D：，当且仅当，，即，时取等号，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】（1）多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证；
（2）判断不等式是否成立的方法：①作差（商）法；②应用不等式的性质；③应用基本不等式；④单调性法.
11．已知()，则下列说法正确的是（ ）
A．若的最小正周期为，则
B．若在内无零点，则
C．若在内单调，则
D．若时，直线是函数图象的一条对称轴
【答案】BCD
【分析】利用二倍角余弦公式、辅助角公式可得，结合各选项的条件及正弦型函数的性质判断正误即可.
【详解】，
A：最小正周期为，则，错误；
B：在内无零点，则无零点，所以，即，正确；
C：在内单调，则内单调，所以，即，正确；
D：时，则，可得对称轴方程为，，故当时是函数图象的一条对称轴，正确.
故选：BCD
12．如图所示，一座小岛距离海岸线上最近的P点的距离是2km，从P点沿海岸正东12km处有一个城镇.假设一个人驾驶的小船的平均速度为，步行的速度为，时间t（单位：h）表示他从小岛到城镇的时间，x（单位：km）表示此人将船停在海岸处距P点的距离.设，则（ ）
A．函数为减函数B．
C．当时，此人从小岛到城镇花费的时间最少D．当时，此人从小岛到城镇花费的时间不超过3h
【答案】AC
【分析】先求出的关系，得，判断单调性；
列出时间关于的函数，再转化为的式子，可判断B；
利用与的关系，把表示为的函数，可求最小值；
作差可心比较与3的大小．
【详解】A.∵，∴，
由题意，在上是减函数，A正确．
B.，整理得，B错误；
C.由A、B得，即时取等号，
由，解得，C正确；
D.时，，，，D错．
故选：AC.
【点睛】本题考查函数模型的应用，解题时通过引入参数使问题得到了简化，便于求最小值．
三、填空题
13．谈祥柏先生是我国著名的数学科普作家，他写的《数学百草园》、《好玩的数学》、《故事中的数学》等书，题材广泛、妙趣横生，深受广大读者喜爱.下面我们一起来看《好玩的数学》中谈老的一篇文章《五分钟内挑出埃及分数》：文章首先告诉我们，古埃及人喜欢使用分子为1的分数（称为埃及分数）.如用两个埃及分数与的和表示等.从这100个埃及分数中挑出不同的3个，使得它们的和为1，这三个分数是________.（按照从大到小的顺序排列）
【答案】
【分析】三个埃及分数和为1，从最大的一个数的可能性出发推导．得出最大的一个数后，再考虑第2 个数，便可得出结论．
【详解】三个埃及分数和为1，一定有一个是，否则和不可能为1，剩下2个和为，都小于也不合题意，否则两个埃及分数的和，因此第2个是，第3个只能是．
故答案为：．
【点睛】本题考查合情推理．属于基础题．
14．设的值为_________．
【答案】
【分析】由二项式定理的通项公式求解即可.
【详解】由题,令10-2r=6,得r=2,∴
故答案为80
【点睛】本题考查二项式定理，是基础题.
15．若数列满足：，，（，），则称数列为斐波那契数列斐波那契螺旋线是根据斐波那契数列画出来的螺旋曲线，如图1中的实线部分（正方形内的数字为所在正方形的边长，每个正方形中的曲线与正方形的两边构成圆心角为的扇形），自然界中存在许多这样的图案，比如向日葵种子的排列、芦荟叶子的排列等（如图2），若一母线长为16的圆锥的底面周长恰好等于图1的螺旋曲线的长度，则该圆锥的侧面积为______.

图1 图2
【答案】
【分析】由已知求得的值，可得圆锥底面圆的周长，再由圆锥侧面积公式求解.
【详解】，，，，，
则图1中螺旋线的长度为，
圆锥底面圆的半径为.母线长为，
则，，
则圆锥的侧面积为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关数列的递推公式以及圆锥侧面积公式的求解问题，正确解题的关键是利用数列递推公式求解数列的项以及熟练掌握圆锥侧面积公式.
16．在日常生活中，石子是我们经常见到的材料，比如在各种建筑工地或者建材市场上常常能看到堆积如山的石子，它的主要成分是碳酸钙.某雕刻师计划在底面边长为2m、高为4m的正四棱柱形的石料中，雕出一个四棱锥和球M的组合体，其中O为正四棱柱的中心，当球的半径r取最大值时，该雕刻师需去除的石料约重___________kg.（最后结果保留整数，其中，石料的密度，质量）
【答案】
【分析】求出正四棱柱的体积，和正四棱锥、球的体积，从而得出需去除的石料的体积，再由公式计算出质量．
【详解】依题意知，正四棱柱的体积.四棱锥的底面为正方形，高，所以其体积.球M的半径r最大为1，此时其体积.故该雕刻师需去除的石料的体积.又，所以该雕刻师需去除的石料的质量为.
【点睛】本题考查棱柱、棱锥、球的体积，掌握体积公式是解题基础．
四、解答题
17．已知数列的前项和为，且满足：.
（1）求数列的通项公式；
（2）设的前项和为证明：
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出首项，，当时，，做差即可得出结果.
（2）用裂项相消即可得出结果.
【详解】因为
所以
当时，
得
所以，而也适合此式，
所以
所以
18．如图，在中，内角，，所对的边分别是，，，在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.
已知，，是边上的一点，，若______，求的面积.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】答案见解析.
【分析】若选择①，由题意利用三角形内角和定理可得，，由正弦定理可得，在中，由正弦定理可得的值，利用两角差的正弦公式可求的面积；
若选择②，由正弦定理、两角和的正弦公式化简已知等式，结合，可得的值，结合，可求，利用三角形内角和定理可求，由正弦定理可得，由正弦定理解得，利用两角差的正弦公式可求，进而根据三角形的面积公式可求的面积；
若选择③，利用正弦定理、余弦定理化简已知等式，结合，可得，由正弦定理可得、的值，利用两角差的正弦公式可求，进而根据三角形的面积公式可求的面积.
【详解】若选择①，，则在中，，，
由正弦定理：，得.
在中，由正弦定理：，
即，解得，
，
所以.
若选择②，，则，
化简得，，
因为，所以，故，
又，故，所以.
由正弦定理：得.
在中，由正弦定理：，即，解得，
，
所以.
若选择③，，则有，
即，，
由于，故.
由正弦定理：得.
在中，由正弦定理：，
即，解得，
，
所以.
【点睛】思路点睛：该题考查的是有关解三角形的问题，解题思路如下：
（1）首先选出对应的条件；
（2）根据正余弦定理，以及正余弦和差角公式化简式子，得角以及边的关系，进而得其大小；
（3）结合三角形内角和以及三角形内角的取值范围，求得角的大小；
（4）利用三角形面积公式求得结果.
19．2019年6月25日，《固体废物污染环境防治法(修订草案)》初次提请全国人大常委会审议，草案对“生活垃圾污染环境的防治”进行了专章规定.草案提出，国家推行生活垃圾分类制度.为了了解人民群众对垃圾分类的认识，某市环保部门对该市市民进行了一次垃圾分类网络知识问卷调查，每一位市民仅有一次参加机会，通过随机抽样，得到参加问卷调查的1000人(其中450人为女性)的得分(满分：100分)数据，统计结果如表所示：
（1）由频数分布表可以认为，此次问卷调查的得分服从正态分布，近似为这1000人得分的平均值(同一组数据用该组区间的中点值作为代表)，请利用正态分布的知识求；
（2）把市民分为对垃圾分类“比较了解”(不低于60分的)和“不太了解”(低于60分的)两类，请完成如下列联表，并判断是否有的把握认为市民对垃圾分类的了解程度与性别有关？
（3）从得分不低于分的被调查者中采用分层抽样的方法抽取名.再从这人中随机抽取人，求抽取的人中男性人数的分布列及数学期望.
参考数据：①；②若，则，，；
③
，
【答案】（1）；（2）列联表答案见解析，有的把握认为学生对垃圾分类的了解程度与性别有关；（3）分布列详见见解析，数学期望：.
【分析】（1）根据频率分布表，利用平均数公式先求得，在根据“”原则求解.
（2）根据频率分布表得到列联表，然后由求值，在与临界值表对照下结论.
（3）根据不低于分的被调查者的男女比例为，得到男性为人，女性为人，设从这人中随机抽取的人中男性人数为，则的取值为，分别求得其相应的概率，列出分布列，再求期望.
【详解】（1）由题意知：，
又，，
所以.
（2）由题意得列联表如下：
，
所以有的把握认为学生对垃圾分类的了解程度与性别有关.
（3）不低于分的被调查者的男女比例为，所以采用分层抽样的方法抽取人中，男性为人，女性为人.
设从这人中随机抽取的人中男性人数为，则的取值为
，，
，，
所以随机变量的分布列为
所以其期望
【点睛】方法点睛：求离散型随机变量分布列、数学期望、方差的一般步骤：
1、弄清随机变量的意义是什么？它的可能取值有哪几个？
2、弄清随机变量的每个取值对应事件是什么？利用何种概率模型求其概率？
3、利用相应公式求概率，并列出分布列．
4、检查分布列中各概率的和是否为1.
5、求数学期望与方差．
20．如图，已知平面平面，直线平面，且.
（1）求证：平面；
（2）若，平面，求二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）.
【分析】（1）过点作于点，推导出平面，利用线面垂直的性质定理可得出，再由线面平行的判定定理可证得平面；
（2）推导出四边形为矩形，然后以点为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：过点作于点，
因为平面平面，又平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
因为平面，平面，所以平面；
（2）因为平面，所以，
由可知，，，则，
所以点是的中点，连接，则，
所以平面，则，，所以四边形是矩形.
以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，
设，则、、、.
设平面的一个法向量为，
又，.
由，得，取，得.
设平面的一个法向量为，
因为，.
由，得，取，得；
设二面角的平面角为，则，
由题知二面角是钝角，则二面角的余弦值为.
【点睛】本题考查利用线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法计算二面角的余弦值，涉及面面垂直和线面垂直的性质定理的应用，考查推理能力和计算能力，属于中等题.
21．已知椭圆：的离心率为，点在上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设为坐标原点，，试判断在椭圆上是否存在三个不同点(其中的纵坐标不相等)，满足，且直线与直线倾斜角互补？若存在，求出直线的方程，若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，方程为或.
【分析】（1）由离心率及过的点的坐标，及，，之间的关系可得，的值，进而可得椭圆的方程；
（2）设直线的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，由题意可得，可得的坐标，由题意可得，进而求出参数的值，求出直线的方程．
【详解】解：（1）由题意知可得，，，解得，
则椭圆的方程为；
（2）由题意，直线的斜率存在且不为0，设直线方程为，
设点，
联立，得，
所以，，
，
因为，
所以，
因为在椭圆上，所以，
化简得，
满足，
又因为直线与直线倾斜角互补，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，代入得，
所以存在满足条件的三个点，此时直线的方程为或.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
22．已知函数，曲线在点处的切线在y轴上的截距为．
（1）求a的值；
（2）讨论函数和的单调性；
（3）设，求证：．
【答案】（1）；（2）为单调递减函数；为单调递增函数；（3）证明见解析.
【分析】（1）先求出曲线在点处的切线方程为，再观察出，再利用导数的单调性证明得解；
（2）利用导数判断函数和的单调性；（3）等价于，先利用（2）证明，再利用（2）证明得解.
【详解】（1）由，
得，因此．
又因为，
所以曲线在点处的切线方程为，
即．
由题意得，，
易得，符合上式．
令，
则，
所以为单调递增函数，故是唯一解．
（2）由（1）可知，，
则，
所以为单调递减函数．
因为，
所以为单调递增函数．
（3）证明：由，易得．
所以等价于．
由（2）可知，在上为单调递减函数．
因此，当时，，即．
令，得，
即．
因此，当时，．
所以成立．
下面证明：．
由（2）可知，在上为单调递增函数，
因此，当时，，
即．
因此，即．
令，
得,
即．
当时,
．
因为,
所以，所以．
所以，当时，
．
所以，当时，成立．
综上所述，当时，成立.
【点睛】关键点睛：解题本题的第（3）问的关键是善于利用第（2）问的结论. 利用（2）可得，即可证明，再利用（2）可得，即可证明得解.
得分
男性人数
15
90
130
100
125
60
30
女性人数
10
60
70
150
100
40
20
不太了解
比较了解
合计
男性
女性
合计
不太了解
比较了解
合计
男性
235
315
550
女性
140
310
450
合计
375
625
1000