南溪一中高2021級高三一診模擬（2）考試試題理科數學注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將答題卡交回.一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出集合、，利用并集的定義可求得集合.【詳解】由，，故.故選：A.2.已知復數z滿足，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用復數的除法化簡計算即可.【詳解】由，則.故選：B.3.若實數a使得“，”為真命題，實數a使得“，”為真命題，則q是p的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】先根據方程有解和恒成立分別解出，再根據充分條件和必要條件的定義判斷即可.【詳解】對于：，，所以，對于：，，因為在上單調遞增，所以，所以q是p的充分不必要條件，故選：A4.函數的圖象可能是（）．A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用排除法，結合函數的奇偶性以及函數值的符號分析判斷.【詳解】因為定義域為，且，所以為奇函數，函數圖象關于原點對稱，故B，D都不正確；對于C，時，，，所以，所以，故C不正確；對于選項A，符合函數圖象關于原點對稱，也符合時，，故A正確．故選：A.5.若函數，在R上單調遞增，則實數a的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先，對勾函數和都是遞增函數，當時，對勾函數取值要大于或等于指數式的值，再求交集即可實數a的取值范圍.【詳解】當時，函數單調遞增所以當時，是單調遞增函數，所以，所以當時，對勾函數取值要大于或等于指數式的值，所以，解之得：，綜上所述：實數a的取值范圍是故選：B6.已知正實數m，n滿足，則的最大值為2，則定值是（）A.2 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用基本不等式可得.【詳解】因為m，n為正實數，且的最大值為2，所以，所以，當且僅當時取等號；故選：A7.已知是定義在上的偶函數且在上為增函數，若，，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據奇偶性和單調性確定在上單調遞減，計算，得到答案.【詳解】是定義在上的偶函數且在上為增函數，故在上單調遞減，，，，即，故.故選：C8.已知函數在區間單調遞增，直線和為函數的圖像的兩條相鄰對稱軸，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據題意分別求出其周期，再根據其最小值求出初相，代入即可得到答案.【詳解】因為在區間上單調遞增，且直線與為相鄰的兩條對稱軸，所以，即，且，，又時取得最小值，即，所以，解得，.故選：A.9.現隨機安排甲、乙等4位同學參加校運會跳高、跳遠、投鉛球比賽，要求每位同學參加一項比賽，每項比賽至少一位同學參加，事件“甲參加跳高比賽”，事件“乙參加跳高比賽”，事件“乙參加跳遠比賽”，則（）A.事件A與B相互獨立 B.事件A與C為互斥事件C. D.【答案】C【解析】【分析】根據條件求出，由互斥事件的定義、相互獨立事件的判定和條件概率公式進行逐一判斷即可【詳解】對于A，每項比賽至少一位同學參加，則有不同的安排方法，事件“甲參加跳高比賽”，若跳高比賽安排2人，則有種方法；若跳高比賽安排1人，則有種方法，所以安排甲參加跳高比賽的不同安排方法共有種，則，同理，若安排甲、乙同時參加跳高比賽，則跳高比賽安排2人為甲和乙，跳遠、投鉛球比賽各安排1人，有種不同的安排方法，所以，因為，事件A與B不相互獨立故A錯誤；對于B，在一次試驗中，不可能同時發生的兩個事件稱為互斥事件，事件A與C可以同時發生，故事件A與C不是互斥事件，故B錯誤；對于C，在安排甲參加跳高比賽的同時安排乙參加跳遠比賽的不同安排方法有種，所以，所以，故C正確；對于D，，故D錯誤.故選：C10.已知等差數列的前項和為，若，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據等差數列的前n項和公式分析可知是以首項為，公差為的等差數列，結合等差數列的性質運算求解.【詳解】設等差數列的公差為，因為，可知是以首項為，公差為的等差數列，則，即，解得，所以.故選：D.11.已知正四面體的外接球的體積為，則該正四面體的棱長為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】確定外接球半徑為，將正四面體放入正方體中，計算正方體邊長為，正四面體的棱長為，得到答案.【詳解】設外接球半徑為，則，解得，將正四面體放入正方體中，設正方體邊長為，如圖所示：則，，正四面體棱長為.故選：C.12.若，，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】構造函數，判斷其單調性可證，構造函數利用其單調性可證，可得；構造函數，利用其單調性可證，從而得解.【詳解】解：記則，所以在單調遞增，故，記，則，令，解得，故在上單調遞減，故，即，即，故，記，則，故當時，，故在上是增函數，故，即，故，故.故選：B.【點睛】思路點睛：本題主要考查構造函數，并利用函數單調性比較函數值大小.首先構造函數，利用其單調性可證，再構造函數利用其單調性可證，可得；又構造函數，利用其單調性可證，可得，從而問題得解.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.的展開式中的系數是______.【答案】【解析】【分析】直接用二項式定理求解即可.【詳解】，所以的系數為.故答案為：.14.已知隨機變量，其中，則___________.【答案】【解析】【分析】由服從的分布類型可直接求出，，從而求出，再根據正態分布的對稱性即可求解.【詳解】因為，所以，因為，所以，又因為，所以，因為，所以，且，又因為，所以，所以.故答案為：0.2.15.若函數在存在單調遞減區間，則a的取值范圍為________．【答案】【解析】【分析】將題意轉化為：在有解，利用參變量分離得到，轉化為，結合導數求解即可．【詳解】，等價于在有解，即在有解，即在有解，所以，令，則，即在上是增函數，∴，所以.故答案為：.16.已知函數，則不等式的解集為______.【答案】【解析】【分析】令，分析函數的定義域、奇偶性與單調性，將所求不等式變形為，結合函數的單調性可得出關于的不等式，解之即可.【詳解】設，則函數定義域為，因為，故函數為奇函數，因為函數、、、均為上的增函數，故函數為上的增函數，因為，由可得，可得，所以，，即，解得.因此，不等式的解集為.故答案為：.三?解答題：本大題共6小題，共70分.解答應寫出必要的文字說明?證明過程或演算步驟.17.已知數列各項都不為，前項和為，且，數列滿足，．（1）求數列和通項公式；（2）令，求數列的前項和為【答案】（1）;;（2）【解析】【分析】(1)利用即可求，再根據累加法，即可求解.(2)利用錯位相減法即可求解.【小問1詳解】由，可得，兩式相減得，整理得，因為數列各項都不為，所以數列是以為公比的等比數列．令，則，解得，故．由題知，所以【小問2詳解】由（1）得，所以，，兩式相減得，所以．18.書籍是精神世界的入口，閱讀讓精神世界閃光，閱讀逐漸成為許多人的一種生活習慣，每年4月23日為世界讀書日．某研究機構為了解某地年輕人的閱讀情況，通過隨機抽樣調查了位年輕人，對這些人每天的閱讀時間（單位：分鐘）進行統計，得到樣本的頻率分布直方圖，如圖所示．（1）根據頻率分布直方圖，估計這位年輕人每天閱讀時間的平均數（單位：分鐘）；（同一組數據用該組數據區間的中點值表示）（2）若年輕人每天閱讀時間近似地服從正態分布，其中近似為樣本平均數，求；（3）為了進一步了解年輕人的閱讀方式，研究機構采用分層抽樣的方法從每天閱讀時間位于分組，，的年輕人中抽取10人，再從中任選3人進行調查，求抽到每天閱讀時間位于的人數的分布列和數學期望．附參考數據：若，則①；②；③．【答案】（1）（2）（3）分布列見解析；期望為【解析】【分析】（1）根據頻率分布直方圖以及平均數的計算方法計算即可；（2）依據，利用正態分布的對稱性計算即可；（3）先由題意得到隨機變量的取值，并分別計算相應的概率，然后列出分布列，并按期望公式計算即可.【小問1詳解】根據頻率分布直方圖得：．【小問2詳解】由題意知，即，所以．【小問3詳解】由題意可知，和的頻率之比為：，故抽取的10人中，和分別為：2人，4人，4人，隨機變量的取值可以為，，，，，故的分布列為：0123所以.19.如圖所示，在三棱錐中，已知平面，平面平面．（1）證明：平面；（2）若，，在線段上（不含端點），是否存在點，使得二面角的余弦值為，若存在，確定點的位置；若不存在，說明理由．【答案】（1）證明見解析（2）存在；是上靠近的三等分點【解析】【分析】（1）過點作于點，由面面垂直性質定理可得平面，由此證明，再證明，根據線面垂直判定定理證明結論；（2）建立空間直角坐標系，求平面，平面的法向量，利用向量夾角公式求法向量夾角，由條件列方程確定點的位置；【小問1詳解】過點作于點，因為平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又平面，平面，所以，又因為，，平面，所以平面．【小問2詳解】假設在線段上（不含端點），存在點，使得二面角的余弦值為，以為原點，分別以、為軸，軸正方向，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，，，，，設平面的一個法向量為，即取，，，所以為平面的一個法向量，因為在線段上（不含端點），所以可設，，所以，設平面的一個法向量為，即，取，，，所以為平面的一個法向量，，又，由已知可得解得或（舍去），所以，存在點，使得二面角的余弦值為，此時是上靠近的三等分點．20.過原點O的直線交橢圓E：（）于A，B兩點，，面積的最大值為.（1）求橢圓E的方程；（2）連AR交橢圓于另一個交點C，又（），分別記PA，PR，PC的斜率為，，，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據題意得到，即得到，從而得到橢圓的方程為.（2）設的方程為，，與橢圓聯立得到，根據題意得到，，再計算的值即可.【小問1詳解】由題知：，所以，故橢圓的方程為.【小問2詳解】如圖所示：設的方程為，，由，，，，設，則，，21.已知函數.（1）討論的單調性；（2）若兩個不相等的正實數a，b滿足，求證：；（3）若，求證：.【答案】（1）的單調遞減區間是，單調遞增區間是（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】【分析】（1）利用導數求函數單調性；（2）由函數的單調性求其值域，從而不妨設，從而將證明轉化為證明，方法一：設，，借助導數研究函數的單調性從而得值域，求得恒成立，得證；方法二：由，設，，利用導數可知在單調遞增，從而得證；方法三：（比值代換）由對稱性，不妨設，，欲證，即證，由方法二可得證；方法四：由得，由方法二得，所以，得證；（3）由（2）知，由，可知，分和兩種情況，結合函數的單調性可證.【小問1詳解】函數的定義域是.由，得在上單調遞減；由，得在上單調遞增，綜上知，的單調遞減區間是，單調遞增區間是.【小問2詳解】由（1）得在的值域為，在上值域為.注意到，.不妨設，則欲證，即證.由于由（Ⅰ）得在上單調遞增，故只需證，由已知，即證，也即，方法一：令，.，由，在單調遞增，得單調遞增，且.由于，故滿足.由單調遞增知：當時，單調遞減，值域為；當時，單調遞增，值域為；設，，則，單調遞減，故，即，取，得，即綜上，得，即，得證.方法二：（重新同構）令，即，證：，由于，從而.故要證成立，只需在單調遞增成立即可.，令，，則，在單調遞減，，，故在單調遞增成立，原命題成立.方法三：（比值代換）由對稱性，不妨設，，則由于，欲證，即證：，即證，可變為，由證法二可知成立，從而得證；方法四：（切、割線放縮）1、由于故，即；2、由方法二知，，故，即，故，；由1、2知，故成立，原命題成立.【小問3詳解】由（2）知，①當時，在上單調遞增，故.②當時，由，取，得（）時，有，即.由在上單調遞增，故，綜上，得時，當成立【點睛】方法點睛：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：（1）通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；（2）利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數最值問題．（3）根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．（二）選考題：共10分.請考生在第22，23題中任選一題作答.如果多做，則按做的第一題記分.[選修4—4：極坐標與參數方程]22.在直角坐