2021届银川一中、昆明一中强强联合高三5月高考猜题卷数学（文）试题（含解析）

2021届银川一中、昆明一中强强联合高三5月高考猜题卷数学（文）试题

一、单选题

1．集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出集合,再求并集.

【详解】由可得

所以

所以

故选：B

2．已知，则（    ）

A．1 B． C．3 D．9

【答案】C

【分析】由复数相等求得，然后由复数模的定义求得模．

【详解】因为，所以，

．

故选：C．

3．七巧板是中国古代劳动人民发明的一种传统智力玩具，它由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成．（清）陆以湉《冷庐杂识》卷中写道：近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余，体物肖形，随手变幻，盖游戏之具，足以排闷破寂，故世俗皆喜为之．如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自阴影部分的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设正方形边长为，可求得阴影部分面积和正方形面积，根据几何概型概率公式可求得结果.

【详解】设正方形边长为，则其面积，

阴影部分面积，

所求概率.

故选：.

【点睛】本题考查几何概型面积型的概率问题的求解，属于基础题.

4．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据诱导公式，以及同角三角函数基本关系，将所求式子化为，即可得出结果.

【详解】因为，

所以，

故选：C．

【点睛】本题主要考查三角函数的化简求值，熟记同角三角函数基本关系以及诱导公式即可，涉及二倍角的余弦公式，属于基础题型.

5．函数的图象可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】采用排除法，根据函数的奇偶性以及函数在处的函数值大小，可得结果.

【详解】由，

则

所以，即函数是偶函数

故排除A，C，

当时，，排除D.

故选：B

【点睛】本题考查根据函数解析式判断大致图象，针对这种题型常常从定义域、奇偶性、单调性、对称性、值域、特殊值入手，考验分析问题的能力，属中档题.

6．设直线：，与圆：交于，，且，则的值是（    ）

A．10或－30 B．10 C．－30 D．10或30

【答案】A

【分析】根据得到，利用点到直线的距离公式计算得到答案.

【详解】∵圆：的圆心为，半径为，，

由垂径定理得，∴圆心到直线的距离为4.

∴，解得或.

故选：.

【点睛】本题考查了根据弦长求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力.

7．达芬奇的经典之作《蒙娜丽莎》举世闻名.如图，画中女子神秘的微笑，数百年来让无数观赏者入迷.某业余爱好者对《蒙娜丽莎》的缩小影像作品进行了粗略测绘，将画中女子的嘴唇近似看作一个圆弧，在嘴角处作圆弧的切线，两条切线交于点，测得如下数据：(其中).根据测量得到的结果推算：将《蒙娜丽莎》中女子的嘴唇视作的圆弧对应的圆心角大约等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知，设．可得．于是可得，进而得出结论．

【详解】依题意，设．

则．

，．

设《蒙娜丽莎》中女子的嘴唇视作的圆弧对应的圆心角为．

则，

．

故选：C

8．已知抛物线的焦点为，为抛物线上一点，为坐标原点，且，则（    ）

A．4 B．2 C． D．

【答案】B

【分析】依题意可得，设，根据可得，，根据为抛物线上一点，可得.

【详解】依题意可得，设，

由得，

所以，，所以，，

因为为抛物线上一点，所以，解得.

故选：B.

【点睛】本题考查了平面向量加法的坐标运算，考查了求抛物线方程，属于基础题.

9．圆台上､下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上､下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意先求出圆台的高，再由圆台的体积公式求解即可.

【详解】由题意球的半径为5，圆台的下底面的圆的半径为5,即圆台下底面为球的大圆.

所以圆台的下底面圆的圆心即为球心. 如图,

圆台的高为

所以圆台的体积为

故选：B

10．在中，若，则（    ）

A． B． C．或 D．或

【答案】A

【分析】由正弦定理化边为角，再由诱导公式，两角和的正弦公式变形可得．

【详解】因为，由正弦定理得，

，

因为，所以，所以，而B为三角形内角，故．

故选：A．

11．设双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与双曲线的右支交于两点，若，且是的一个四等分点，则双曲线C的离心率是（    ）

A． B． C． D．5

【答案】B

【分析】设，根据，且是的一个四等分点可知，，，，再利用双曲线的定义可得，即，

且，然后解出，则可解得离心率的值.

【详解】如图所示，连接，设，则，因为，则，

所以，得，

又，且，所以，

所以，即，

故，即

所以.

故选：B.

【点睛】本题考查直线与双曲线的位置关系，考查双曲线的定义运用，焦点弦长的计算、离心率计算问题，难度一般，根据几何条件得出，的关系即可.

12．平行于轴的直线与函数的图像交于两点，则线段长度的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】画出函数图像，数形结合构造函数，利用导数判断函数单调性并求函数最值即可.

【详解】根据题意，画出的图象如下所示：

令，，故可得，解得；，解得.

故可得，，

故，，

故可得，恒成立，

故是单调递增函数，且，

关于在成立，在成立，

故在单调递减，在单调递增，

故.

即的最小值为.

故选：D

【点睛】关键点点点睛：根据函数图象求出交点坐标，可得，是解题的关键，利用导数求最小值，属于中档题.

二、填空题

13．设，满足约束条件，则的最小值是______.

【答案】

【分析】由约束条件画出可行域，然后运用线性规划来求解最小值

【详解】由题意约束条件作出可行域，用阴影部分表示，如图所示

当目标函数过点时取得最小值

最小值为

故答案为

【点睛】本题主要考查了线性规划，解题步骤为：画出可行域、改写目标函数、运用几何意义求出最值，注意在判定可行域时的方法．

14．设在△中，为边上的中线，为的中点，若 ，则__________

【答案】

【分析】把，作为基底，直接表示出，得到，再利用向量相等得到m，n的值即可求出.

【详解】由题意，，

，，

.

故答案为：.

15．如图圆锥的高，底面直径是圆上一点，且，则与所成角的余弦值为___________.

【答案】

【分析】连接与底面圆周交于点，由对称性可得，即为与所成角，求角的余弦值即可.

【详解】如图所示：连接与底面圆周交于点，

由对称性可得四边形为长方形，故，

所以即为与所成角，

由，底面直径，，可得，，

所以，

即与所成角的余弦值为，

故答案为：.

16．关于函数有下述四个结论：①是偶函数；②在区间上单调递减；③在有四个零点；④的值域是；⑤的周期为.其中所有正确结论的编号是___________.

【答案】②③⑤

【分析】对于①，利用函数的奇偶性的定义进行判断即可；对于②，由于，再利用复合函数判断单调性的方法判断；对于③，由，直接解方程即可；对于④，，由于，所以当时，取最小值，当时，取最大值，从而可求出函数的值域；对于⑤. 由可判断.

【详解】选项①. 因为，

所以，

所以既不是奇函数也不是偶函数，①不正确；

选项②. ，令，则，

因为在区间上单调递增，而函数在单调递减，

所以在区间上单调递减，②正确；

选项③. 当时，由，得，或，或，或，

所以在有四个零点，③正确；

选项④. ，因为，

所以当时，，当时，，所以④不正确.

选项⑤.

所以是的周期，故⑤正确

故答案为：②③⑤

三、解答题

17．已知正项数列的前n项和为，若数列是公差为的等差数列，且是的等差中项.

（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；

（2）若是数列的前n项和，若恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）； （2）.

【分析】（1）根据题意得到，根据是的等差中项，得到的值，从而得到的通项公式；

（2）由（1）可知，利用等比数列的求和，得到，由恒成立，得到的取值范围.

【详解】（1）因为数列是公差为的等差数列，

所以，故，所以；

所以数列是公比为3的等比数列，

因为是的等差中项，所以，

所以，

解得；

数列的通项公式为；

（2）由（1）可知，

故数列是以1为首项，为公比的等比数列，

，

因为恒成立，

所以，

即实数的取值范围为.

【点睛】本题考查等差中项的应用，求等比数列的通项，等比数列求和，属于简单题.

18．.如图，在直三棱柱中，，为上的一点，，.

（1）若，求证：平面

（2）平面将棱柱分割为两个几何体，记上面一个几何体的体积为，下面一个几何体的体积为，求的值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）取中点，连接，.可证，与平面垂直后可得结论；

（2）平面将棱柱分割为两个几何体，上面的是四棱锥，求出四棱锥体积和三棱柱体积后可得．

【详解】（1）如图，取中点，连接，.

在直三棱柱中∵,∴，

∵,∴，

∴四边形是平行四边形，

∴.

由题意侧棱平面，

平面，∴，

又正中，，

，平面，，

∴平面，

又∵.∴平面.

（2）平面将棱柱分割为两个几何体，

记上面一个几何体的体积为，下面一个几何体的体积为，

正三棱柱的底面积，则体积.

上面一个几何体为四棱锥，底面，

面积为，

因为平面平面，

过点作边上的高线，如图，

则平面，故四棱锥的高等于.

则，所以，

∴．

【点睛】本题考查证明线面垂直，考查几何体体积公式，掌握线面垂直的判定定理是解题基础．本题考查了学生的空间想象能力，运算求解能力，属于中档题．

19．3月底，我国新冠肺炎疫情得到有效防控，但海外确诊病例却持续暴增，防疫物资供不应求.某医疗器械厂开足马力，日夜生产防疫所需物品.质量检验员为了检测生产线上零件的质量情况，从生产线上随机抽取了50个零件进行测量，根据所测量的零件质量（单位：克），得到如图的频率分布直方图：

（1）根据频率分布直方图，求这50个零件质量的中位数（结果精确到0.01)；

（2）若从这50个零件中质量位于之外的零件中随机抽取2个，求这两个零件中恰好有1个是质量在上的概率

（3）以各组数据的中间数值代表这组数据的平均水平，以频率代表概率，已知这批零件有10000个，某采购商提出两种收购方案：

A．所有零件均以50元/百克收购；

B．质量位于的零件以40元/个收购，其他零件以30元/个收购.

请你通过计算为该厂选择收益最好的方案.

【答案】（1）中位数为71.47；（2）；（3）该厂选择方案B；答案见解析.

【分析】（1）由直方图中的数据，依次求得零件质量位于、的频率，从而判断这50个零件质量的中位数位于区间，设为x，根据中位数的性质列出关于x的方程，解之即可；

（2）由频数样本容量频率可求得质量位于和的零件个数，再利用组合数和古典概型即可得解；

（3）先根据平均数的计算方法求得这组数据的平均数为71.5，再求得方案A的收益；然后计算质量位于和之外的零件个数，计算出方案B的收益，取较大者即可.

【详解】（1）零件质量位于的频率为，

零件质量位于的频率为，

，

这50个零件质量的中位数位于区间，设为，

则，解得，

故这50个零件质量的中位数为71.47.

（2）质量位于的零件个数为个，

质量位于的零件个数为个，

故这两个零件中恰好有1个是质量在上的概率为.

（3）这组数据的平均数为

，

方案A：收益为元；

质量位于的零件个数为个，

质量位于之外的零件个数为个，

方案B：收益为元.

，

该厂选择方案B.

【点睛】本题考查了频率分布直方图、古典概型，理解中位数、平均数的性质与计算方法是解题的关键，考查学生对数据的分析与处理能力，属于中档题.

20．在平面直角坐标系中，已知椭圆的焦距为4，且过点．

（1）求椭圆的方程

（2）设椭圆的上顶点为，右焦点为，直线与椭圆交于、两点，问是否存在直线，使得为的垂心，若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．

【答案】（1）；（2）存在直线满足题设条件,详见解析

【分析】（1）由已知列出关于，，的方程组，解得，，，写出结果即可；

（2）由已知可得，，．所以，因为，所以可设直线的方程为，代入椭圆方程整理，得．设，，，，由根与系数的关系写出两根之和和两根之积的表达式，再由垂心的性质列出方程求解即可．

【详解】（1）由已知可得，

解得，，，所以椭圆的方程为．

（2）由已知可得，，∴.∵，

∴可设直线的方程为，代入椭圆方程整理，

得.设，

则，∵.

即

∵

即，∵

∴或.

由，得

又时，直线过点，不合要求，∴，

故存在直线满足题设条件.

【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系应用，以及垂心的定义应用．意在考查学生的数学运算能力．

21．已知函数(其中，是自然对数的底数).

（1）若在点处的切线方程为，求；

（2）若，函数恰好有两个零点，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）求出导函数，可得切线斜率，从而得出切线方程；

（2）问题转化为的图象和直线恰好有2个交点，求，确定的单调性，得的取值范围，从而可得的范围．

【详解】（1），

由题意可知，解得

（2），

问题等价于的图象和直线恰好有2个交点，求的取值范围.

令，则.令，

则，所以在上单调递减.又，

当时，，，所以在上单调递增.

当时，，，所以在上单调递减，

所以的极大值即最大值为

当时，；当时，

当时，的图象和直线恰好有2个交点，

所以当时，函数恰好有两个零点

【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的零点．解决函数零点问题的关键是把问题转化为函数的图象与直线的交点个数问题，从而只要用导数研究函数的单调性与取值范围，即可得参数范围．属于中档题.

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数，且，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．

（1）写出曲线和直线的直角坐标方程；

（2）若直线与轴交点记为，与曲线交于，两点，求．

【答案】（1）,；（2）1．

【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；

（2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果.

【详解】解：（1）曲线的参数方程为为参数，且，转换为直角坐标方程为．

直线的极坐标方程为，转换为直角坐标方程为．

（2）直线与轴交点记为，即，

转换为参数方程为为参数）与曲线交于，两点，

把直线的参数方程代入方程．

得到，

所以，，

则：．

【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．

23．已知是正实数，且.

（1）求的最小值；

（2）求证：.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】根据是正实数，且，可得，然后利用基本不等式求出的最小值即可；由柯西不等式可得，再结合，即可证明成立.

【详解】，

.

当且仅当时，等号成立.

又由，

，时，等号成立，

即的最小值为.

由柯西不等式可得

即

当且仅当时，等号成立.

又由，，时，等号成立.

成立.

【点睛】本题考查利用综合法证明不等式，基本不等式和柯西不等式的运用，考查转化思想，属于中档题.