期末卷05 备战2021年高三数学期末全真模拟卷(八省新高考地区专版)(解析版)
展开2021年高三数学期末全真模拟卷05
(新高考地区专用)
姓名:__________________ 班级:______________ 得分:_________________
注意事项:
本试卷满分150分,考试时间120分钟,试题共23题.答卷前,考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置.
一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)在每小题所给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.若都是实数,且,则的值是
A.-1 B.0 C.1 D.2
【答案】C
【分析】
对条件中的式子进行化简,根据复数相等,得到相应的的值,得到答案.
【详解】
,
,
所以,解得,所以
故选C项.
【点睛】
本题考查复数的四则运算,属于简单题.
2.集合,下列命题中不正确的是( )
A. B.
C.若,则在复平面上所对应的点一定不在第四象限 D.若,,则不一定是纯虚数
【答案】A
【分析】
A:根据复数的分类结合集合的交集运算定义进行判断即可;
B:根据复数的分类结合元素与集合的关系进行判断即可;
C:根据复数在平面对应点的特征结合不等式组的解集进行判断即可;
D:根据复数模的定义结合复数的分类进行判断即可.
【详解】
A:当时,,因此,故本命题是假命题;
B:当时,,此时,因此,故本命题是真命题;
C:当在复平面上所对应的点在第四象限时,则有成立,而该不等式组的解集为空集,故本命题是真命题;
D:当时,有,即,故本命题是真命题.
故选:A
【点睛】
本题考查了复数的分类、模的计算公式,考查了集合的交集运算,考查了元素与集合的关系,考查了命题的真假判断,属于基础题.
3.当生物死亡后,其体内原有的碳的含量大约每经过年衰减为原来的一半,这个时间称为“半衰期”.在一次考古挖掘中,考古学家发现一批鱼化石,经检测其碳14含量约为原始含量的,则该生物生存的年代距今约()
A.万年 B.万年 C.万年 D.万年
【答案】C
【分析】
根据实际问题,可抽象出,按对数运算求解.
【详解】
设该生物生存的年代距今是第个5730年,
到今天需满足,
解得:,
万年.
故选C.
【点睛】
本题考查了指数和对数运算的实际问题,考查了转化与化归和计算能力.
4.已知,若关于的不等式的解集中的整数恰有3个,则的取值范围为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】
要使关于的不等式的解集中的整数恰有3个, 不等式的解集一定是在两个实数之间,这样得到不等式的解集,结合,求出的取值范围.
【详解】
由,可得,由题意可知不等式的解应在两根之间,即有,结合,所以,,不等式的解集为或
舍去,不等式的解集为,又因为,所以,故当时,不等式的解集为,这样符合题意,故,而,,当满足时,就能符合题意,即,而,所以的取值范围为,故本题选C.
【点睛】
本题考查了一元二次不等式的解法,一元二次不等式整数解问题,利用二次函数的性质是解题的关键.
5.若四边形ABCD是正方形,E是DC边的中点,且,则等于( )
A.b+a B.b-a C.a+b D.a-b
【答案】B
【解析】
∵四边形ABCD为正方形,E为CD边的中点,
.
又因为.
所以.
故选B.
6.已知点在幂函数的图象上,则( )
A.是奇函数 B.是偶函数 C.是非奇非偶函数 D.既是奇函数又是偶函数
【答案】A
【解析】
设,
∵点在幂函数f(x)的图象上,
∴,
解得a=−1,
∴,
∴
故f(x)为奇函数。
故选:A.
7.设f,g都是由A到A的映射,其对应法则如下表所示(从上到下),则与相同的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】
根据映射的定义先查表求得的值,再结合每个选项和表格对应关系判断即可
【详解】
结合表格可知:,
对A,;
对B,;
对C,;
对D,,
故选D
【点睛】
本题考查映射的对应关系,表格的分析能力,属于基础题
8.已知圆,直线.若直线上存在点,以为圆心且半径为1的圆与圆有公共点,则的取值范围( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【分析】
由已知可得直线上存在点,使得,转化为圆心到直线的距离,求解即可.
【详解】
直线上存在点,以为圆心且半径为1的圆与圆有公共点,
则,只需,
即圆的圆心到直线的距离,
或.
故选:C.
【点睛】
本题考查圆与圆的位置关系、直线与圆的位置关系,考查计算求解能力,属于基础题.
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)选错不得分,选对部分得3分,全对得5分
9.下列命题正确的有( )
A. B.
C. D.
【答案】CD
【分析】
利用集合的交、并、补运算法则直接求解.
【详解】
对A,因为,故错误;
对B,因为,故B错误;
对C,,故正确;
对D,,故正确.
故选:CD.
【点睛】
本题考查命题真假的判断,考查集合的交、并、补运算法则等基础知识,考查运算求解能力,属于基础题.
10.下列函数中,是偶函数,且在区间上为增函数的是( )
A. B.y=1-x2 C. D.
【答案】AD
【分析】
根据题意,依次分析选项中函数的奇偶性与单调性,综合即可得答案.
【详解】
根据题意,依次分析选项:
对于A,y=|x|,是偶函数,且在区间(0,+∞)上为增函数,符合题意;
对于B,y=1﹣x2,是二次函数,在区间(0,1)上为减函数,不符合题意;
对于C,y,是反比例函数,是奇函数,不符合题意;
对于D,y=2x2+4,为二次函数,是偶函数且在区间(0,+∞)上为增函数,符合题意;
故选:AD.
【点睛】
本题考查函数的奇偶性与单调性的判断,关键是掌握常见函数的奇偶性与单调性,属于基础题.
11.已知抛物线上一点到准线的距离为,到直线的距离为,则的取值可以为( )
A.3 B.4 C. D.
【答案】ABD
【分析】
利用抛物线的定义,将的取值转化为求点到直线的距离即可求得结论.
【详解】
解:抛物线上的点到准线的距离等于到焦点的距离,
所以过焦点作直线的垂线,
则到直线的距离为的最小值,如图所示:
所以,选项ABD均大于或等于3.
故选:ABD
【点睛】
本题考查抛物线的定义,抛物线上的点到准线的距离等于到焦点的距离.利用点到直线的距离公式即可求解.
12.已知点是抛物线的焦点,是经过点的弦且,的斜率为,且,两点在轴上方.则下列结论中一定成立的是()
A. B.若,则
C. D.四边形面积最小值为
【答案】AC
【分析】
先由的斜率为,,得到,设,,的方程为,联立直线与抛物线方程,根据韦达定理得到
再由抛物线的焦点弦公式求出,,最后根据题意,逐项判断,即可得出结果.
【详解】
因为的斜率为,,所以,
设,,的方程为,
由可得,,
,
所以,
同理可得
则有,所以A正确;
与无关,同理,故,C正确;
若,由得
,解得,故B错;
因为,所以四边形面积当且仅当,即时,等号成立;故D错;
故选AC
【点睛】
本题主要考查直线与抛物线位置关系,熟记抛物线的简单性质,以及直线与抛物线的位置关系即可,解决此类题型,通常需要联立直线与抛物线方程,结合韦达定理,弦长公式等求解,属于常考题型.
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.不需写出解答过程,请把答案直接填写在横线上)
13.若,则__________.
【答案】
【分析】
由得,结合,可解得,即可求解
【详解】
由,化简得或(舍去),故,
故答案为1
【点睛】
本题考查同角三角函数的基本关系,解题易错点为忽略应舍去的情况,属于基础题
14.设与是定义在同一区间上的两个函数,若函数在上有两个不同的零点,则称和在上是“关联函数”,区间称为“关联区间”.若与在[0,3]上是“关联函数”,则的取值范围是 .
【答案】
【解析】
试题分析:由题意得,函数
则函数在上有两个不同的零点,
令,则,即,故选C.
考点:1、新定义;2、函数的零点.
15.若为的各位数字之和,如,,则;记,,…,,,则________.
【答案】8
【分析】
根据题意,逐步计算出,,,,…,归纳得到以为周期,进而可求出结果.
【详解】
由题意,,因为,,所以;
,因为,,所以;
,因为,,所以;
,
……
所以以为周期,因此.
故答案为:
【点睛】
本题主要考查归纳推理,根据题中所给条件,总结出规律即可,属于常考题型.
16.下列命题中所有正确的序号是____.
(1),对应:是映射;
(2)函数和都是既奇又偶函数;
(3)已知对任意的非零实数都有,则;
(4)函数的定义域是,则函数的定义域为;
(5)函数在和上都是增函数,则函数在上一定是增函数.
【答案】(1)(3)(4)
【解析】
【分析】
根据映射的概念、函数的概念和性质逐项判断即可得到正确结果.
【详解】
对于(1),,则,故(1)正确;
对于(2),的定义域为,不是既奇又偶函数,故(2)错误;
对于(3),分别令或代入等式可得,,解得,故(3)正确;
对于(4),函数的自变量范围为,则,所以函数的定义域为,故(4)正确;
对于(5),举出反例,,函数在和上都是增函数,但函数在上不是增函数,故(5)错误.
故答案为(1)(3)(4).
【点睛】
本题考查映射的概念、函数的概念和性质,序号3考查了赋值法的应用,熟练掌握函数的三要素、单调性和奇偶性是解题的关键,属中档题.
四、解答题(本大题共7小题,共70分.请在答题卡指定区域内作答,解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.已知函数.
(1)求在区间上的单调递增区间;
(2)求在的值域.
【答案】(1) 和. (2)
【分析】
(1)利用辅助角公式可将函数化简为;令可求出的单调递增区间,截取在上的部分即可得到所求的单调递增区间;(2)利用的范围可求得的范围,对应正弦函数的图象可求得的范围,进而得到函数的值域.
【详解】
(1)
令,解得:
令,可知在上单调递增
令,可知在上单调递增
在上的单调递增区间为:和
(2)当时,
即在的值域为:
【点睛】
本题考查正弦型函数单调区间和值域的求解问题;解决此类问题的常用方法是采用整体对应的方式,将整体对应正弦函数的单调区间或整体所处的范围,从而结合正弦函数的知识可求得结果.
18.已知函数
(1)判断并证明函数的奇偶性;
(2)判断并证明函数在上的单调性.
【答案】(1)为奇函数,证明见解析(2)在区间上为增函数,证明见解析
【分析】
(1)根据函数解析式,可得出定义域为,再由函数奇偶性的概念,即可得出结果;
(2)根据函数单调性的定义,任取,且,作差比较与大小,即可得出结果.
【详解】
(1)函数的定义域为
为奇函数
(2)在区间上为增函数;
证明: 任取,且,
则,
因为,所以,,所以,
即,在区间上为增函数.
【点睛】
本题主要考查函数奇偶性的判定以及单调性的判定,熟记函数奇偶性的概念,以及函数单调性的定义即可,属于常考题型.
19.已知数列{an}中,,当n≥2时,其前n项和Sn满足,
(1)求Sn的表达式及的值;
(2)求数列{an}的通项公式;
【答案】(1),;(2)
【分析】
(1)利用an和Sn的关系,代入变形可得.然后再用极限法则求解.
(2)由(1)并利用an和Sn的关系,可解.
【详解】
(1)
所以是等差数列.则,.
(2)当n≥2时,,综上,.
【点睛】
本题考查数列极限的综合知识,其中注意an和Sn的关系,也考查了数列通项求法,属于基础题.
20.(1)已知非零向量满足,且,求与的夹角.
(2)四边形为平行四边形,,,若点M,N满足,,求的值.
【答案】(1)(2)9
【分析】
(1)由,再结合向量的数量积运算即可得解;
(2)由向量的线性运算可得,再结合向量的数量积运算即可得解;
【详解】
解:(1)因为,所以,
又,则,
则.
又,
所以.
(2)∵,∴,,
∴.
【点睛】
本题考查了向量的数量积运算,重点考查了向量的夹角及向量的线性运算,属基础题.
21.设二次函数的图像过点和,且对于任意实数,不等式恒成立.
(1)求的表达式;
(2)设,若在上是增函数,求实数的取值范围.
【答案】(Ⅰ);(Ⅱ).
【解析】
试题分析:(1)恒成立得 ;(2)化简 .
在区间 上为增函数且恒为正实数 ,
试题解析:
(1)f(0)=c=1,f(1)=a+b+c=4,
∴f(x)=ax2+(3-a)x+1.
f(x)≥4x即ax2-(a+1)x+1≥0恒成立得
解得a=1.
∴f(x)=x2+2x+1.
(2)F(x)=log2[g(x)-f(x)]=log2[-x2+(k-2)x].
由F(x)在区间[1,2]上是增函数,
得h(x)=-x2+(k-2)x在区间[1,2]上为增函数且恒为正实数,
∴解得k≥6.
22.已知直线半径为的圆与直线相切,圆心在轴上且在直线的上方.
(1)求圆的方程;
(2)设过点 的直线被圆截得弦长等于,求直线的方程;
(3)过点的直线与圆交于两点(在轴上方),问在轴正半轴上是否存在点,使得轴平分?若存在,求出点的坐标;若不存在,请说明理由.
【答案】(1);(2)或;(3)当点,能使得总成立.
【分析】
(1)设出圆心坐标根据直线与圆相切,得到圆心到直线的距离,确定出圆心坐标,即可得出圆方程;
(2)根据垂径定理及勾股定理,由过点的直线被圆截得的弦长等于,分直线斜率存在与不存在两种情况求出直线的方程即可;
(3)当直线轴则轴平分,当直线斜率存在时,设直线方程为,联立圆与直线方程消去得到关于的一元二次方程,利用韦达定理表示出两根之和与两根之积,由若轴平分,则,求出的值,确定出此时坐标即可.
【详解】
解:(1)设圆心,
因为直线,半径为的圆与相切,
,即,解得或(舍去),
则圆方程为: .
(2)由题意可知圆心到直线的距离为
若直线斜率不存在,则直线,圆心到直线的距离为1;
若直线斜率存在,设直线,即,
则有 ,即,此时直线,
综上直线的方程为或;
(3)当直线轴,则轴平分,若轴平分,
则,即,
整理得:,
即,
解得:,
当点,能使得总成立.
【点睛】
此题考查了直线与圆的方程的应用,涉及的知识有:垂径定理,勾股定理圆的标准方程,点到直线的距离公式,以及斜率的计算,熟练掌握定理及公式是解本题的关键.
23.如图,数轴x、y的交点为O,夹角为,与x轴、y轴正向同向的单位向量分别是,,由平面向量基本定理,对于平面内的任一向量,存在唯一的有序实数对,使得,我们把叫做点P在斜坐标系xOy中的坐标(以下各点的坐标都指在斜坐标系xOy中的坐标)
(1)若,为单位向量,且与的夹角为120°,求点P的坐标;
(2)若,点P的坐标为,求向量与的夹角;
(3)若,直线l经过点,求原点O到直线l的距离的最大值.
【答案】(1);(2);(3)
【分析】
(1)设出点的坐标,结合为单位向量,且与的夹角为120°,列等式求解即可;
(2)由题意求出,的值,再结合向量的夹角公式求解即可;
(3)由题意得到点A在直角坐标系下的坐标,再由两点的距离公式求解即可.
【详解】
解:(1)当,为单位向量,且与的夹角为120°,
设,则,且,
即,代入运算可得,即;
(2)若,点P的坐标为,则,
则,
即,
又,
设向量与向量的夹角为,则,
即向量与的夹角为;
(3)当,直线l经过点,设点A在直角坐标系的坐标为,由题意可得,即点A在直角坐标系的坐标为,
又因为直线l经过点,
则原点O到直线l的距离取最大值时,直线l与垂直,且交于点,
即原点O到直线l的距离的最大值为.
【点睛】
本题考查了斜坐标与直角坐标的相互转化,重点考查了向量的数量积运算,属中档题.