2021届浙江省衢州市高三上学期12月学业考试模拟数学试题含解析

2021届浙江省衢州市高三上学期12月学业考试模拟数学试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由补集运算可得答案.

【详解】由补集的定义可得，

故选：C

2．（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】

【详解】

故选：C

【点睛】本题考查的是三角函数的诱导公式，较简单.

3．直线的倾斜角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据斜率的定义即倾斜角的正切值，即可得答案；

【详解】，，，

故选：D.

4．已知，则函数的值域是（   ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据函数在上单调递增可得答案.

【详解】函数在上单调递增

所以，即

所以函数的值域为

故选：B

5．圆心为且过原点的圆的一般方程是

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，求出圆的半径，即可得圆的标准方程，变形可得其一般方程．

【详解】根据题意，要求圆的圆心为，且过原点，

且其半径，

则其标准方程为，变形可得其一般方程是，

故选．

【点睛】本题主要考查圆的方程求法，以及标准方程化成一般方程．

6．设，，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】对于选项A,B,C,利用函数的单调性分析得解，对于选项D可以利用作差法判断.

【详解】由于函数在上为增函数，由得，故选.

由于函数在定义域内不单调，所以不能得到，故选项B错误；

由于函数在定义域内不单调，所以不能得到，故选项C错误；

符号不确定，所以选项D错误.

故选：A

【点睛】方法点睛：实数比较大小，常用的方法有：（1）作差法；（2）作商法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.

7．已知焦点在轴上的椭圆的离心率为，则

A．6 B． C．4 D．2

【答案】C

【详解】焦点在x轴上的椭圆,可得，

椭圆的离心率为,可得：，解得.

故选C.

8．已知实数满足约束条件，则的最小值是

A． B． C．1 D．2

【答案】A

【分析】画出可行域，向下平移基准直线到可行域边界的位置，由此求得目标函数的最小值.

【详解】画出可行域如下图所示，向下平移基准直线到可行域边界点，由此求得最小值为，故选A.

【点睛】本小题主要考查线性规划问题，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.

9．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据三视图可知几何体为三棱锥，根据棱锥体积公式求得结果.

【详解】由三视图可知，几何体为三棱锥

三棱锥体积为：

本题正确选项：

【点睛】本题考查棱锥体积的求解，关键是能够通过三视图确定几何体为三棱锥，且通过三视图确定三棱锥的底面和高.

10．设，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则

A．若，，则 B．若，，则

C．若，，则 D．若，，则

【答案】C

【分析】根据空间线面关系、面面关系及其平行、垂直的性质定理进行判断．

【详解】对于A选项，若，，则与平行、相交、异面都可以，位置关系不确定；

对于B选项，若，且，，，根据直线与平面平行的判定定理知，，，但与不平行；

对于C选项，若，，在平面内可找到两条相交直线、使得，，于是可得出，，根据直线与平面垂直的判定定理可得；

对于D选项，若，在平面内可找到一条直线与两平面的交线垂直，根据平面与平面垂直的性质定理得知，只有当时，才与平面垂直．

故选C．

【点睛】本题考查空间线面关系以及面面关系有关命题的判断，判断时要根据空间线面、面面平行与垂直的判定与性质定理来进行，考查逻辑推理能力，属于中等题．

11．在中，内角所对的边分别是．已知，，，则

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由已知三边，利用余弦定理可得，结合，为锐角，可得，利用三角形内角和定理即可求的值．

【详解】在中，，，，

由余弦定理可得：，

，故为锐角，可得，

，故选．

【点睛】本题主要考查利用余弦定理解三角形以及三角形内角和定理的应用．

12．已知实数满足，，，则

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】

综上所述，故

故选

13．设等差数列的前项和为，公差为，已知，，则

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】用等差数列的前项和公式代入分类讨论.

【详解】由得

化简：，即，

又因为，所以，

所以符号相反.

若，则，，

所以，，，；

若，则，，

所以，，，.

综上，故选B.

【点睛】本题考查等差数列的综合应用.

14．过双曲线的右焦点F，作渐近线的垂线与双曲线左右两支都相交，则双曲线离心率的取值范围为

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设过双曲线的右焦点与渐近线垂直的直线为,根据垂线与双曲线左右两支都相交，得的斜率要小于双曲线另一条渐近线的斜率 ,由此建立关于的不等式，解之可得，从而可得双曲线的离心率的取值范围 .

【详解】

过双曲线的右焦点作渐近线垂线，设垂足为，

直线为与双曲线左右两支都相交，

直线与渐近线必定有交点，

因此，直线的斜率要小于直线的斜率，

渐近线的斜率为，

直线的斜率，可得，

即，可得，

两边都除以，得，解得，

双曲线离心率的取值范围为，故选C.

【点睛】本题主要考查利用双曲线的简单性质求双曲线的离心率，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.求离心率范围问题应先将 用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系构造出关于的不等式，从而求出的范围.

15．设、、三点不共线，则“与的夹角是钝角”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】首先设命题与的夹角是钝角，命题，根据与的夹角是钝角推得，又根据推得与的夹角是钝角，即可得到答案.

【详解】设命题与的夹角是钝角，命题，

若与的夹角是钝角，

则，

，

所以，

故，，即.

若，

则，

因为、、三点不共线

所以，故与的夹角是钝角，即.

所以“与的夹角是钝角”是“”的充分必要条件.

故选：C

【点睛】本题主要考查充分必要条件，同时考查了向量的模长计算，属于中档题.

16．对于无穷数列，给出下列命题：

①若数列既是等差数列，又是等比数列，则数列是常数列．

②若等差数列满足，则数列是常数列．

③若等比数列满足，则数列是常数列．

④若各项为正数的等比数列满足，则数列是常数列．

其中正确的命题个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】①根据等差、等比数列的性质可判断且；②根据等差数列的单调性无界性判断是否为常数列；③根据特例即可判断是否正确；④由正项等比数列的性质可得，，进而判断是否为常数列.

【详解】①：若数列既是等差数列又是等比数列，若，则，故，而，所以数列为常数列且，正确；

②：等差数列为无穷数列，若公差不为0，则要么递增要么递减，即无上界，要使等差数列满足，则数列是常数列，正确；

③：若等比数列满足，如，所以数列不一定是常数列，错误；

④：若各项为正数的等比数列满足，即，可得，，

若，则无上界，故，进而数列是常数列，正确．

故选：C．

【点睛】关键点点睛：根据等差、等比数列的性质，如：、时数列无界性等，判断各项命题的正误.

17．已知是上的奇函数，当时，，则函数的所有零点之和是

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】当时， ，所以当时，；

由 得 ；

由 得，

所以所有零点之和是，

故选：A.

18．如图，在三棱锥中，面，是上两个三等分点，记二面角的平面角为，则（    ）

A．有最大值 B．有最大值 C．有最小值 D．有最小值

【答案】B

【分析】将三棱锥放入长方体中，设，，，计算，，则，得到答案.

【详解】将三棱锥放入长方体中，设，，，如图所示：

过作平面与，与，连接，

则为二面角的平面角，设为，则，，

故.

同理可得：设二面角的平面角为，.

，

当，即时等号成立.

故选：.

【点睛】本题考查了二面角，和差公式，均值不等式，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力.

二、填空题

19．若向量， ， ，满足条件，则______.

【答案】2

【分析】由题设条件，利用向量数量积的运算性质有，应用数量积的坐标表示列方程，即可求x的值.

【详解】由，即，则，

∴1＋2＋1－(1＋2＋x)＝－1，得x＝2.

故答案为：2.

20．如图，在中，，是斜边的中点，将沿直线翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得，则的取值范围是_______ .

【答案】

【分析】取中点，翻折后可证平面，又平面，所以，由为中点，点为中点，则此时为等腰三角形，从而可得，然后求出的长，根据能构成三角形三边的关系建立不等式，再求出翻折后，当与在一个平面上的情况，得出答案.

【详解】由题意得，，，取中点，

翻折前，在图1中，连接，则，

翻折后，在图2中，此时．

，平面，

又平面，所以

由为中点，点为中点，则此时为等腰三角形， ，

，，

在中：①，②，③；

由①②③可得．

如图3，翻折后，当与在一个平面上，

与交于，且，，，

又，，

，，此时.

综上，的取值范围为，

故答案为：

【点睛】关键点睛：本题考查翻折问题和线面垂直关系的证明和应用，解答本题的关键是由条件证明出平面，从而得到，求出的长，根据能构成三角形三边的关系建立不等式，属于中档题.

21．若函数有四个不同的零点，则的取值范围是_________

【答案】

【分析】将的零点问题转化为与的交点问题且恒过点，讨论、、时，结合它们的函数图象，及应用导数求直线与曲线相切时a的值，进而判断各情况下交点个数，即可确定的范围.

【详解】由题意，当时四个不同的零点，即与的交点有四个，而恒过点，

若，则，显然直线与不可能有4个交点，不符合题意；

若，作出的函数图象，则直线与的图象不可能有4个交点，不符合题意；

若，作出的函数图象，如图所示：

当时，，若直线与在上的函数图象相切，切点为，则，解得，即或（舍），

∴当时有三个零点，当时有四个零点．

综上有：.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：将零点问题转化为直线与曲线的交点问题，应用数形结合、分类讨论思想判断交点个数，并在时利用导数求直线与曲线相切时的参数值，进而确定符合条件的参数范围.

三、双空题

22．设为等比数列的前项和，若，，则__，__．

【答案】       

【分析】设等比数列的公比为，由条件可得，得出通项公式，利用等比数列的通项公式和前项和公式可得答案.

【详解】设等比数列的公比为，，，，解得．

所以

所以，，

故答案为：，．

四、解答题

23．已知函数.

（I）求的值；

（II）若，.求的值.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【分析】（I）先将的表达式化简得到，然后将，代入可得函数值.
（II）根据条件可得，结合角的范围求出，利用正弦函数的和角公式可得答案.

【详解】解：.

（I）所以.

（II）因为，所以.

因为，所以，

又因为，所以，所以.

所以

 .

【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的恒等变形，化简求值，解答本题的关键是由，，得出，所以，再由利用正弦函数的和角公式求解，属于中档题.

24．已知抛物线，直线与抛物线交于，两点，为线段中点．

（Ⅰ）若的纵坐标为，求直线的斜率；

（Ⅱ）若，求证：不论取何值，当点横坐标最小时，直线过定点．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.

【分析】（I）设，由点差法结合中点坐标公式可得答案.
（Ⅱ）设直线的方程为，由韦达定理结合弦长公式得出，从而得出由均值不等式得出答案.

【详解】（I）设，线段的中点的纵坐标为，则，.

由，作差可得，变形可得

所以

（Ⅱ）设直线的方程为，联立，可得

所以，，

则，可得，

则，

当且仅当，即，代入可得，

直线方程为，恒过定点

故直线过定点

【点睛】关键点睛：本题考查求抛物线弦的中点坐标问题和求解直线过定点问题，解得本题的关键是得出，从而得出由均值不等式得出答案，属于中档题.

25．已知二次函数，且时，．

（I）若，求实数的取值范围；

（II）的最大值；

（III）求证：当时，.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）3；（III）证明见解析.

【分析】（I）由条件时，，可得，从而得出，此时，根据条件则，从而得出答案.
（II）由，用表示出，求出，的最大值，由从而可得答案.
（III）将表示成，根据当时，，从而可证明.

【详解】解：（I）当时，

因为时，，所以，解得，

函数的对称轴方程为

所以时，等价于

可解得：

（II），故解得：

因为时，，所以

又 (如当时等号成立.)

所以

（III）

当时，

故

【点睛】关键点睛：本题考查含绝对值的表达式的范围最值和证明问题，解答本题的关键是，，和将表示成，属于中档题.