2021届江苏省常州市高三下学期学业水平监测期初联考数学试题含解析

这是一份2021届江苏省常州市高三下学期学业水平监测期初联考数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届江苏省常州市高三下学期学业水平监测期初联考数学试题  一、单选题1．已知集合，，若，则实数a的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先求得集合，根据方程，求得或，分，和三种情况，结合，列出不等式组，即可求解.【详解】由不等式，解得或，即，又由，解得或，当时，可得集合，此时不满足；当时，可得集合，若，要使得，则满足，解得；若，要使得，则满足，解得，综上可得，实数的取值范围是.故选：D.2．i是虚数单位，在复平面内复数对应的点的坐标为（    ）A．(，) B．(，) C．(，) D．(，)【答案】A【分析】把复数化为代数形式，可得对应点坐标．【详解】，对应点坐标为．故选：A．3．已知a，b，c是实数，则“a≥b”是“ac2≥bc2”的（    ）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件【答案】B【分析】根据不等式的性质及充分条件、必要条件求解.【详解】因为a≥bac2≥bc2, 而ac2≥bc2 a≥b，例如，所以“a≥b”是“ac2≥bc2”的充分不必要条件，故选：B4．设函数，若函数的图象在点(1，)处的切线方程为y=x，则函数的增区间为（    ）A．(0，1) B．(0，) C．(，) D．(，1)【答案】C【分析】由的图象在点(1，)处的切线方程为y=x，，得到求出a、b，直接利用导数求出增区间.【详解】的定义域为，∵函数的图象在点(1，)处的切线方程为y=x，∴解得：∴欲求的增区间只需，解得：即函数的增区间为(，)故选：C【点睛】函数的单调性与导数的关系：已知函数在某个区间内可导，（1）如果>0，那么函数在这个区间内单调递增；如果<0，那么函数在这个区间内单调递减；（2）函数在这个区间内单调递增，则有；函数在这个区间内单调递减，则有；5．用红，黄，蓝，绿，黑这5种颜色随机给如图所示的四块三角形区域涂色，则“在任意两个有公共边的三角形所涂颜色不同”的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出所有涂色方法数为，再求出在任意两个有公共边的三角形所涂颜色不同的方法数，可先从中间一个三角形涂色，然后再涂其他三个三角形．【详解】5种颜色随机给如图所示的四块三角形区域涂色方法数为，有公共边的三角形为同色，先考虑中间一块涂色有5种方法，其他三个三角形在剩下的4色中任意涂色均可，方法为，所以所求概率为．故选：A．6．如果在一次实验中，测得(x，y)的四组数值分别是(1，2.2)，(2，3.3)，(4，5.8)，(5，6.7)，则y对x的线性回归方程是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据题中数据，求得，再代入公式，可求得，即可求得方程.【详解】根据四组数据，可得，所以，，所以，所以，所以回归直线方程为：.故选：D7．令() ，则=（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】运用二项式性质，然后两边求导即可.【详解】由题知，，，即 其中所以对上式左右两边求导得再令得故选：C8．函数，A>0，>0，k，bR，则函数在区间(﹣，)上的零点最多有（    ）A．4个 B．5个 C．6个 D．7个【答案】B【分析】根据函数零点可转化为两个函数图象交点，画出函数大致图象即可求解.【详解】由，可得， 的周期，故在区间(﹣，)上恰好2个周期，作出与函数的大致图象如图，由图象可知，最多有5个交点，故函数在区间(﹣，)上的零点最多有5个.故选：B【点睛】关键点点睛：函数的零点问题可转化为方程的根的问题，也可转化为两个函数图象交点的问题，本题转化为函数图象交点问题，作出大致图象可判断交点个数. 二、多选题9．已知，是平面上夹角为的两个单位向量，在该平面上，且(﹣)·(﹣)=0，则下列结论中正确的有（    ）A． B．C． D．，的夹角是钝角【答案】BC【分析】在平面上作出，，，，作，则可得出点在以为直径的圆上，这样可判断各选项，特别是CD． 由向量加法和减法法则判断AB．【详解】如图，，，，，则，即，B正确；，由(﹣)·(﹣)=0得，点在以直径的圆上（可以与重合）．中点是，则，A错；的最大值为，C正确；与同向，由图，与的夹角不可能为钝角．D错误．故选：BC．【点睛】思路点睛：本题考查向量的线性运算，考查向量数量积．解题关键是作出图形，作出，，，确定点轨迹，然后由向量的概念判断．本题也可以放到平面直角坐标系中用坐标解决．10．已知在数学测验中，某校学生的成绩服从正态分布，其中分为及格线，则下列结论中正确的有（附：随机变量服从正态分布，则）（    ）A．该校学生成绩的期望为 B．该校学生成绩的标准差为C．该校学生成绩的标准差为 D．该校学生成绩及格率超过【答案】ABD【分析】根据正态分布的数字特征可判断ABC选项的正误，计算出，可判断D选项的正误.【详解】因为该校学生的成绩服从正态分布，则，方差为，标准差为，，.所以，该校学生成绩的期望为，该校学生成绩的标准差为，该校学生成绩及格率超过.所以，ABD选项正确，C选项错误.故选：ABD.11．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，记为数列的前n项和，则下列结论中正确的有（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】根据斐波那契数列的递推关系进行判断．【详解】由题意斐波那契数列前面8项依次为，，A正确，B错误；，C正确；，时，得，D正确．故选：ACD．【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，解题关键是正确理解新数列，根据新定义，斐波那契数列满足递推关系，对于数列前面有限的项或前项的和可以直接求出项，计算，对于一般的结论只能利用这个递推关系判断．12．设函数的定义域为D，若存在常数a满足[﹣a，a]D，且对任意的[﹣a，a]，总存在[﹣a，a]，使得，称函数为P(a)函数，则下列结论中正确的有（    ）A．函数是函数B．函数是函数C．若函数是函数，则t=4D．若函数是P()函数，则b=【答案】AD【分析】根据题中所给定义，结合条件，逐一检验各个选项，分析整理，即可得答案.【详解】对于A：，定义域为R，当时，有，对任意，，因为，存在，使，所以函数是函数，故A正确；对于B：，定义域为R，当时，有，当时，，所以不存在，使得，此时，故B错误；对于C：当t=4时，，定义域为，，因为，则，所以，又为增函数，所以，又因为，所以，所以，所以，即，故C错误；对于D：当 时，，所以，因为函数是P()函数，所以对任意，总存在使，又，当时，，当时，有，解得b=，故D正确.故选：AD【点睛】解题的关键是掌握P(a)函数的定义，并根据选项所给条件，结合各个函数的性质，进行分析和判断，综合性较强，属中档题.  三、填空题13．圆柱上､下底面的圆周都在一个体积为的球面上，圆柱底面直径为8，则该圆柱的表面积为___________.【答案】80π【分析】作出圆柱的轴截面，求出圆柱的高，即可得表面积．【详解】如图是圆柱的轴截面，其外接圆是球的大圆，由得，，又，∴，∴圆柱表面积为．故答案为：．14．函数的最小正周期T=___________.【答案】【分析】由题可得，可判断是以为周期的函数，再讨论在和的单调性可得出结论.【详解】，是以为周期的函数，当时，，函数单调递减，当，，函数单调递增，在内不存在小于的周期，是的最小正周期.故答案为：.【点睛】本题考查三角函数周期的求解，解题的关键是先判断出是函数的周期，再根据其性质探讨其为最小正周期.15．已知函数，则使不等式成立的实数t的取值范围是___________.【答案】【分析】利用的图象关于直线对称，且在时为减函数，可解不等式．【详解】， ，，所以的图象关于直线对称，时，设，则，，，，所以，即即是减函数，所以时函数为增函数，因此由得，解得且．．故答案为：【点睛】思路点睛：本题考查函数的对称性与单调性，利用对称性、单调性不等式，求解方法类似于二次函数：对开口向上的抛物线，离对称轴越近，函数值越小，开口向下的抛物线，离对称轴越近，函数值越大． 四、双空题16．已知椭圆C1：的右焦点F也是抛物线C2：y2=nx的焦点，且椭圆与抛物线的交点到F的距离为，则实数n=___________，椭圆C1的离心率e=___________.【答案】4        【分析】依题意可得椭圆与抛物线的焦点为，根据抛物线的定义即可求出，再设椭圆与抛物线在第一象限的交点为，由抛物线的定义求出的坐标，最后代入椭圆方程，求出参数，即可求出椭圆离心率；【详解】解：椭圆C1：，所以右焦点，又也为的焦点，所以，所以，即抛物线，则抛物线的准线为，设椭圆与抛物线在第一象限的交点为，则，所以，又点在上，所以，解得，所以，所以，解得或（舍去）所以椭圆方程为，所以，，，所以离心率故答案为：； 五、解答题17．设等比数列的公比为q(q≠1)，前n项和为.（1）若，，求的值；（2）若q>1，，且，m，求m的值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由已知根据等比数列的求和公式得，可求得公比，由此可求得的值；.（2）由已知和等比数列的通项公式得可求得公比代入可求得的值.【详解】解：（1），解得，所以.（2）得因为，所以由又所以，即因为则所以，解得.【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列的通项公式和求和公式，关键在于准确地运用相应的公式，建立方程或方程组，求解得答案.18．已知中，它的内角的对边分别为，且.（1）求的值；（2）若，求的值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据题设条件，利用余弦定理，求得，进而求得的值；（2）由，得到，进而求得的值.【详解】（1）在中，因为，即由余弦定理可得，因为，所以.（2）在中，可得，可得，由，可得，又由，则，则，所以.19．已知某射手射中固定靶的概率为，射中移动靶的概率为，每次射中固定靶､移动靶分别得1分､2分，脱靶均得0分，每次射击的结果相互独立，该射手进行3次打靶射击：向固定靶射击1次，向移动靶射击2次.（1）求“该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次”的概率；（2）求该射手的总得分X的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）分布列答案见解析，数学期望：.【分析】（1）记“该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次”为事件，得到，结合互斥事件和相互独立事件的概率计算公式，即可求解；（2）随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，5，根据互斥事件和相互独立事件的概率计算公式，求得相应的概率，得出分布列，利用期望的公式，即可求解.【详解】（1）记“该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次”为事件，则，，，其中互斥，相互独立，从而，则，所以该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次的概率为.（2）随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，5，则，，，,,该射手的总得分的分布列为X012345随机变量的数学期望【点睛】求随机变量的期望与方差的方法及步骤：1、理解随机变量的意义，写出可能的全部值；2、求取每个值对应的概率，写出随机变量的分布列；3、由期望和方差的计算公式，求得数学期望；4、若随机变量的分布列为特殊分布列（如：两点分布、二项分布、超几何分布），可利用特殊分布列的期望和方差的公式求解.20．如图，在四棱锥中，底面四边形是矩形，，平面 平面，二面角的大小为.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用面面垂直的性质定理得出平面，可得出，推导出为等腰直角三角形，可得出，利用线面垂直的判定定理可证得平面；（2）在底面内，过点作，垂足为，连接，设，推导出为直线与平面所成角，计算出、，进而可计算得出.【详解】（1）四棱锥中，四边形是矩形，所以，又因为平面平面，平面平面，平面所以平面，又因为、、平面，所以，，，从而是二面角的平面角，因为二面角的大小为，所以，在中，，所以，所以，即，又因为，，所以平面；（2）在底面内，过点作，垂足为，连接，由（1）知平面，又平面，所以，又因为，，所以平面，从而为直线与平面所成角，设，则，，所以，，，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】方法点睛：求直线与平面所成角的方法：（1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；③求，利用解三角形的知识求角；（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.21．已知函数，a，bR.（1）若a>0，b>0，且1是函数的极值点，求的最小值；（2）若b=a+1，且存在[，1]，使成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）最小值；（2）.【分析】（1）由1是函数的极值点得，对用基本不等式中“1的代换”求最值；（2）把“存在[，1]，使成立”转化为函数在上的最小值小于0，利用导数讨论单调性，找到最小值，解出a的范围即可.【详解】解：（1）因为是函数的极值点，所以即此时当当所以函数在处取极小值.所以因为，所以(当且仅当时等号成立)此时有最小值.（2）当时，，存在使成立，即函数在上的最小值小于①当即时，在上单调递减，所以在上的最小值为，所以，不符，舍去；②当即时，在上单调递增，所以在上的最小值为所以，又所以；（3）当时，即时，在上单调递增，在上单调递减，所以在上的最小值为因为所以所以所以，所以不符，舍去，综上可得，的取值范围是.【点睛】（1）导数为零，并且两侧导数一正一负的点为极值点；导数为零，但是两侧导数符号相同的点不是极值点.（2）研究含参数的函数的单调性要注意：①讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行，切记不要忽略定义域的限制；②利用导数求函数单调性，大多数情况下归结为对含参数的不等式的解集的讨论；③在能够通过因式分解求出不等式对应方程解时，依据根的大小进行分类讨论；④在不能通过因式分解求出不等式对应方程解时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨22．已知等轴双曲线C：(a>0，b>0)经过点(，).（1）求双曲线C的标准方程；（2）已知点B(0，1).①过原点且斜率为k的直线与双曲线C交于E，F两点，求∠EBF最小时k的值；②点A是C上一定点，过点B的动直线与双曲线C交于P，Q两点，为定值，求点A的坐标及实数的值.【答案】（1）；（2）①；②或者.【分析】（1）由题意，代入已知点建立方程，解之可得双曲线的标准方程.（2）①由对称性可设，且，运用向量数量积的坐标运算表示，又由可得，由此可得最小时，的值.②设过点的动直线为：设与双曲线的方程联立得，根据根的判别式和根与系数的关系可求得且，由直线的斜率公式得，再由恒等式的思想可求得点A的坐标及实数的值.【详解】解：（1）由题意，且解得，所以双曲线的标准方程为（2）①由对称性可设，且，则，因为点在双曲线上，所以，所以，所以，当时，为直角，当吋，为钝角.因此，最小时，.②设过点的动直线为：设联立得，所以，由且，解得且，，即即，化简得，所以，化简得，由于上式对无穷多个不同的实数都成立，所以如果那么此时不在双曲线上，舍去.因此从而代入解得.此时在双曲线上.综上，或者.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线位置关系之定值问题，属于较难题，关键在于将直线与双曲线的方程联立，得出根与系数的关系，继而将目标条件转化到曲线上的点的坐标上去.