2021届重庆市第八中学高三上学期一诊适应性考试数学试题（含解析）

2021届重庆市第八中学高三上学期一诊适应性考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，若，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求解一元二次不等式解得集合，再根据，可知，根据子集关系列出不等式，求解即可.

【详解】集合或，

又，则，作出图示如下

由图可知，

实数的取值范围是.

故选：C.

2．设为虚数单位，为复数，若为实数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】可设，将化简，得到，由复数为实数，可得，解方程即可求解

【详解】设，则.

由题意有，所以.

故选：B

【点睛】本题考查复数的模长、除法运算，由复数的类型求解对应参数，属于基础题

3．自2019年12月以来，在湖北省武汉市发现多起病毒性肺炎病例，研究表明，该新型冠状病毒具有很强的传染性各级政府反应迅速，采取了有效的防控阻击措施，把疫情控制在最低范围之内.某社区按上级要求做好在鄂返乡人员体格检查登记，有3个不同的住户属在鄂返乡住户，负责该小区体格检查的社区诊所共有4名医生，现要求这4名医生都要分配出去，且每个住户家里都要有医生去检查登记，则不同的分配方案共有（    ）

A．12种 B．24种 C．36种 D．72种

【答案】C

【分析】先将4名医生分成3组，其中1组有2人，共有种选法，然后将这3组医生分配到3个不同的住户中去，有种方法，由分步原理可知共有种.

【详解】不同分配方法总数为种.

故选：C

【点睛】此题考查的是排列组合知识，解此类题时一般先组合再排列，属于基础题.

4．已知，函数，若满足关于的方程，则下列选项的命题中为假命题的是

A． B．

C． D．

【答案】C

【详解】试题分析：因为，满足关于的方程，所以，，使取得最小值，因此，是假命题，选C．

【解析】方程的根，二次函数的图象和性质，全称命题、存在性命题．

点评：小综合题，二次函数，当a>0时，使函数取得最小值．

5．已知，分别为双曲线：的左，右焦点，点是右支上一点，若，且，则的离心率为

A． B．4 C．5 D．

【答案】C

【分析】在中，求出，，然后利用双曲线的定义列式求解．

【详解】在中，因为，所以，

，，

则由双曲线的定义可得

所以离心率，故选C.

【点睛】本题考查双曲线的定义和离心率，解题的关键是求出，，属于一般题．

6．公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在阿基里斯前面1000米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍.当比赛开始后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟仍然领先他10米.当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟仍然领先他1米……，所以阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，若乌龟恰好领先阿基里斯米时，乌龟爬行的总距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意可知乌龟每次爬行的距离为等比数列，利用等比数列前项和公式即可得解.

【详解】由题意，乌龟每次爬行的距离组成等比数列，且，，

.

故选：D.

【点睛】本题考查了等比数列前项和公式的应用，考查了转化化归思想，属于基础题.

7．记表示不超过的最大整数，已知，则（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】C

【分析】由已知可得：，，再利用对数的运算性质得到，从而求出的值．

【详解】解：由已知，，，则

，

又，

∴，

故选：C．

【点睛】本题主要考查了对数的运算性质，属于基础题．

8．在满足，的实数对中，使得成立的正整数的最大值为

A．5 B．6 C．7 D．9

【答案】A

【分析】由题可知：，且可得，构造函数求导，通过导函数求出的单调性，结合图像得出，即得出，

从而得出的最大值.

【详解】因为，

则，即

整理得，令，

设，

则，

令,则，令，则，

故在上单调递增，在上单调递减，则，

因为，，

由题可知：时，则，所以，

所以，

当无限接近时，满足条件，所以，

所以要使得

故当时，可有，

故，即，

所以：最大值为5.

故选：A.

【点睛】本题主要考查利用导数求函数单调性、极值和最值，以及运用构造函数法和放缩法，同时考查转化思想和解题能力.

二、多选题

9．若，为正实数，则的充要条件为（    ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】根据充要条件的定义，寻求所给不等式的等价条件，满足与等价的即可.

【详解】因为，故A选项错误；

因为，为正实数，所以，故B选项正确；

取，则，，即不成立，故C选项错误；

因为，当时，，所以在上单调递增，

即，故D正确.

故选：BD

【点睛】本题主要考查了充要条件，不等式的性质，函数的单调性，属于中档题.

10．等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1＞0，S10＝S20，则（　　）

A．d＜0 B．a16＜0

C．Sn≤S15 D．当且仅当Sn＜0时n≥32

【答案】ABC

【分析】根据题意，可得2a1+29d＝0，根据a1＞0，可判断A的正误；根据d＜0，可得a15＞a16，可判断B、C的正误；分别求得，即可判断D的正误，即可得答案.

【详解】解：设等差数列{an}的公差为d，∵S10＝S20，

∴10a1+45d＝20a1+190d，

∴2a1+29d＝0，

∵a1＞0，∴d＜0，故A正确；

∴a1+14d+a1+15d＝0，即a15+a16＝0，

∵d＜0，∴a15＞a16，

∴a15＞0，a16＜0，故B正确；

∴Sn≤S15，故C正确；

又，，

∴当且仅当Sn＜0时，n≥31，故D错误.

故选：ABC．

11．设函数，则下列说法正确的是（    ）

A．定义域是 B．时，图象位于轴下方

C．存在单调递增区间 D．有且仅有一个极值点

【答案】BCD

【分析】求出函数定义域判断A，根据函数值的正负判断B，求出导函数，利用导函数确定原函数的增区间，判断C，由导函数研究函数的单调性得极值，判断D．

【详解】由题意，函数满足，解得且，所以函数的定义域为，所以A不正确；

由，当时，，∴，所以在上的图象都在轴的下方，所以B正确；

∵，所以在定义域上有解，所以函数存在单调递增区间，所以C是正确的；

由，则，所以，函数单调增，则函数只有一个根，使得，当时，，函数单调递减，当时，函数单调递增，所以函数只有一个极小值，所以D正确；

故选：BCD.

【点睛】本题考查求函数的定义域，考查用导数研究函数的单调性与极值，掌握极值的定义，单调性与导数的关系是解题关键．

12．如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点，将△AMB沿直线AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ）

A．存在某个位置，使得CN⊥AB1

B．CN的长是定值

C．若AB=BM，则AM⊥B1D

D．若AB=BM=1，当三棱锥B1－AMD的体积最大时，三棱锥B1－AMD的外接球的表面积是4π

【答案】BD

【分析】中，取中点，连接交与，由题意判断三线，，共面共点，得出不成立；

中，利用余弦定理可得是定值，判断正确；

中，取中点，连接，，由题意判断不成立；

中，当三棱锥的体积最大时，求出该三棱锥外接球的表面积即可．

【详解】解：对于：如图1，取中点，连接交与，

则，，

如果，可得到，

又，且三线，，共面共点，不可能，则错误．

对于：如图1，可得由（定值），

（定值），（定值），

由余弦定理可得，

所以是定值，则正确．

对于：如图2，取中点，连接，，

由题意得面，即可得，

从而，由题意不成立，可得错误．

对于：当平面平面时，三棱锥的体积最大，

由题意得中点就是三棱锥的外接球的球心，

球半径为1，表面积是，则正确．

故选：BD．

【点睛】本题考查了矩形的折叠问题，解题关键是正确理解线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，属于中档题．

三、填空题

13．已知函数在点处的切线方程为，则的值为______.

【答案】3

【分析】先求导数，结合和可得的值.

【详解】由题知，，因为函数在点处的切线方程为，所以，

又，切点在切线上，所以，所以，所以.

故答案为：3.

【点睛】本题主要考查导数的几何意义，利用曲线的切线求解参数时，主要从两个方面建立方程组，一是切点处的导数值是切线的斜率；二是切点既在曲线上又在切线上，侧重考查数学抽象的核心素养.

14．设平面上向量，，若，则角α的大小为_______

【答案】

【分析】利用坐标求得向量的模长，对两边平方，求得，再根据数量积的坐标运算，建立关于的方程，则问题得解.

【详解】因为，，所以，

因为，所以，

所以

即，

所以，

所以，由可得.

故答案为：.

【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标运算，模长的坐标运算，属综合基础题.

15．已知抛物线的焦点，点是抛物线上一点，以为圆心的圆与直线交于、两点在的上方），若，则抛物线的方程为 _____.

【答案】

【分析】依题意作图，可以把放在直角三角形中，可得，由抛物线定义转化，，即可得到与的关系，再代入方程中即可求出，则抛物线方程可求．

【详解】解：如图所示，过点作抛物线的准线，垂足为，交准线于，

，

由抛物线定义可得：，

，即，

，

点是抛物线上一点，

，即，

，得．

故答案为：．

【点睛】本题考查抛物线的标准方程，利用抛物线的定义进行线段的转化是关键，是中档题．

四、双空题

16．四边形中，，，，，则________，的最大值________.

【答案】    30   

【分析】在中应用正弦定理得，然后得余弦值，根据，，得是圆内接四边形，因此有是确定的角，这样只要求得面积的最大值即可得的最大值，而为定值，因此只要到的距离最大即可，它是线段的中垂线与四边形外接圆的交点时，得最大值．

【详解】中，，∴，为锐角，∴，

∵，，∴四点共圆，

∵，∴当到的距离最大时，面积最大，此时是边的中垂线与外接圆的交点，

设在的中垂线上，是圆心，是中点，则共线，，

外接圆的直径为，，又，∴，，

，又，

∴，∴．

又，

∴的最大值是30．

故答案为：；

【点睛】本题考查正弦定理，考查四点共圆，三角形面积公式，解题的关键是利用边为定值，为定值，把问题转化为求面积的最大值，利用点在圆上，由圆的性质可三角形面积最大时点的位置，从而易求解．

五、解答题

17．已知数列满足：，，

（1）证明数列是等比数列；

（2）设，，求数列的前n项和.

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）由，可得，即数列是以1为首项，2为公比的等比数列．

（2）由（1）可得．利用错位相减法求和即可．

【详解】（1）证明：，，

，

则数列是以1为首项，2为公比的等比数列．

（2）由（1）知，，

，．

，

 ，

，

．

18．已知，，分别为内角，，的对边，若同时满足下列四个条件中的三个：①；②；③；④.

（1）满足有解三角形的序号组合有哪些？

（2）在（1）所有组合中任选一组，并求对应的面积.

（若所选条件出现多种可能，则按计算的第一种可能计分）

【答案】（1）①，③，④或②，③，④；（2）.

【分析】（1）由①可求得的值，由②可求出角的值，结合题意得出，推出矛盾，可得出①②不能同时成为的条件，由此可得出结论；

（2）在符合条件的两组三角形中利用余弦定理和正弦定理求出对应的边和角，然后利用三角形的面积公式可求出的面积.

【详解】（1）由①得，，

所以，

由②得，，

解得或（舍），所以，

因为，且，所以，所以，矛盾.

所以不能同时满足①，②.

故满足①，③，④或②，③，④；

（2）若满足①，③，④，

因为，所以，即.

解得.

所以的面积.

若满足②，③，④由正弦定理，即，解得，

所以，所以的面积.

【点睛】本题考查三角形能否成立的判断，同时也考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形，以及三角形面积的计算，要结合三角形已知元素类型合理选择正弦定理或余弦定理解三角形，考查运算求解能力，属于中等题.

19．学校食堂统计了最近天到餐厅就餐的人数（百人）与食堂向食材公司购买所需食材（原材料）的数量（袋），得到如下统计表：

（1）根据所给的组数据，求出关于的线性回归方程；

（2）已知购买食材的费用（元）与数量（袋）的关系为，投入使用的每袋食材相应的销售单价为 元，多余的食材必须无偿退还食材公司，据悉下周一大约有人到食堂餐厅就餐，根据（1）中求出的线性回归方程，预测食堂应购买多少袋食材，才能获得最大利润，最大利润是多少？（注：利润L =销售收入-原材料费用）

参考公式：，

参考数据：， ，

【答案】（1）；（2）食堂购买袋食，能获得最大利润，最大利润为元.

【分析】（1）本题首先可根据题中所给数据求出、，然后根据 求出，最后根据求出 ，即可得出结果；

（2）本题首先可根据得出预计需要购买食材袋，然后分为 、两种情况进行讨论，分别求出最大值后进行比较，即可得出结果.

【详解】（1）由所给数据可得：， ，

， ，

故关于的线性回归方程为.

（2）因为，所以当时 ，即预计需要购买食材袋，

因为，

所以当时，利润，

此时当时，，

当时，由题意可知，剩余的食材只能无偿退还，

此时当时，，

当时，利润，

综上所述，食堂应购买袋食，才能获得最大利润，最大利润为元.

【点睛】本题考查线性回归直线方程，考查回归方程的应用，考查学生的数据处理能力以及运算求解能力．考查分类讨论思想，属于中档题．

20．已知椭圆的一个焦点为，离心率为.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）若动点为椭圆外一点，且点到椭圆的两条切线相互垂直，求点的轨迹方程.

【答案】（1）；（2）.

【详解】试题分析：（1）利用题中条件求出的值，然后根据离心率求出的值，最后根据、、三者的关系求出的值，从而确定椭圆的标准方程；（2）分两种情况进行计算：第一种是在从点所引的两条切线的斜率都存在的前提下，设两条切线的斜率分别为、，并由两条切线的垂直关系得到，并设从点所引的直线方程为，将此直线的方程与椭圆的方程联立得到关于的一元二次方程，利用得到有关的一元二次方程，最后利用以及韦达定理得到点的轨迹方程；第二种情况是两条切线与坐标轴垂直的情况下求出点的坐标，并验证点是否在第一种情况下所得到的轨迹上，从而得到点的轨迹方程.

（1）由题意知，且有，即，解得，

因此椭圆的标准方程为；

（2）①设从点所引的直线的方程为，即，

当从点所引的椭圆的两条切线的斜率都存在时，分别设为、，则，

将直线的方程代入椭圆的方程并化简得，

，

化简得，即，

则、是关于的一元二次方程的两根，则，

化简得；

②当从点所引的两条切线均与坐标轴垂直，则的坐标为，此时点也在圆上.

综上所述，点的轨迹方程为.

【解析】本题以椭圆为载体，考查直线与圆锥曲线的位置关系以及动点的轨迹方程，将直线与二次曲线的公共点的个数利用的符号来进行转化，计算量较大，从中也涉及了方程思想的灵活应用.

21．已知函数，.

（1）求函数的单调区间和极值：

（2）当时，若不等式恒成立，求实数m的取值范围：

【答案】（1）见解析；（2）

【分析】（1）求出，分类讨论的取值，根据导数符号可得单调区间以及极值；

（2）令，求出其导函数，分别讨论和时两种情况，结合函数的最值，即可得到实数的取值范围．

【详解】解：（1）函数，

所以，定义域为，

故，

当时，，在上单调递增，无极值；

当时，令，解得，令，解得，

所以的单调递增区间为，单调递减区间为，

此时有极小值，无极大值；

（2）令对，恒成立，

则，故，

当时，，在，上单调递减，

所以（1），所以恒成立，符合题意；

当时，令，则，

故在，上单调递减，所以（1），

其中，且在，上单调递减，

故根据零点存在性定理可知，，，使得，

即，，，，，

所以，，故在上单调递增，

又因为（1），

所以，，不符合题意．

综上所述，的取值范围为．

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值、不等式恒成立求参数的取值范围，求解时注意定义域优先法则的应用，考查函数与方程思想、分类讨论思想、转化与化归思想的综合运用.

22．如图，直角坐标系中，圆的方程为，，，为圆上三个定点，某同学从点开始，用掷骰子的方法移动棋子．规定：①每掷一次骰子，把一枚棋子从一个定点沿圆弧移动到相邻下一个定点；②棋子移动的方向由掷骰子决定，若掷出骰子的点数为偶数，则按图中箭头方向移动；若掷出骰子的点数为奇数，则按图中箭头相反的方向移动．设掷骰子次时，棋子移动到，，处的概率分别为，，．例如：掷骰子一次时，棋子移动到，，处的概率分别为，，．

（1）分别掷骰子二次，三次时，求棋子分别移动到，，处的概率；

（2）掷骰子次时，若以轴非负半轴为始边，以射线，，为终边的角的余弦值记为随机变量，求的分布列和数学期望；

（3）记，，，其中．证明：数列是等比数列，并求.

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）证明详见解析，.

【分析】（1）由概率的乘法公式，可得所求值；

（2）随机变量的可能数值为1，，结合（1）运用概率的乘法公式，可随机变量的分布列和期望；

（3）易知，即，由条件推得，利用构造法可得，从而求得的值.

【详解】（1），，

，，

综上，

（2）随机变量的可能数值为1，.

综合（1）得

，

，

故随机变量的分布列为

.

（3）易知，因此，

而当时，，

又，

即.

因此，

故

即数列是以为首项，公比为的等比数列.

所以，

又

故.

【点睛】本题考查数列与解析几何、概率统计的交会、等比数列的定义与通项公式、随机变量的分布列与期望，考查统计与概率思想、函数与方程思想的运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于难题.