2021屆陜西省寶雞教育聯(lián)盟高三下學期高考猜題數(shù)學（文）試題

/19/19/2021屆陜西省寶雞教育聯(lián)盟高三下學期高考猜題數(shù)學（文）試題一、單選題1．已知集合和，則（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)交集的概念運算可得結果.【詳解】解方程組得,所以．故選：D．2．已知直線和，則“”是“”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【分析】驗證時，是否成立；當時，是否成立結合充分必要條件判定即可.【詳解】解：當時，可以推出；當時，可得或，所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A．【點睛】直線平行、垂直公式：（1）平行：，注意驗證；（2）垂直：.3．已知向量，滿足，，，則向量，夾角的大小等于（）A．30° B．45° C．60° D．120°【答案】A【分析】將展開并結合求解出的值，再根據(jù)向量的數(shù)量積定義即可求解出的值，從而可求.【詳解】由可得，所以，所以，而則向量，夾角的大小為30°．故選：A．【點睛】關鍵點點睛：解答本題的關鍵是根據(jù)向量的模長以及向量數(shù)量積的定義和結果，計算出的值.4．已知雙曲線：的左，右焦點分別為，，過的直線與雙曲線的左支交于，兩點．若，則（）A．4 B．6 C．8 D．12【答案】C【分析】利用雙曲線定義直接求解.【詳解】根據(jù)雙曲線的定義，得，，兩式相加得，即，又，所以．故選：C．5．在公差不為0的等差數(shù)列中，，，，，成公比為4的等比數(shù)列，則（）A．84 B．86 C．88 D．96【答案】B【分析】設等差數(shù)列的公差為，根據(jù)，，，，成公比為4的等比數(shù)列，由，得，再結合求解.【詳解】設等差數(shù)列的公差為．因為，，，，成公比為4的等比數(shù)列，所以，所以，得．所以，所以．即，解得．故選：B．6．如圖是某幾何體的三視圖，圖中小方格的邊長為1，則該幾何體的體積為（）A． B． C．6 D．【答案】B【分析】由三視圖得直觀圖，由正方體的體積減去兩個相同三棱錐的體積可得結果.【詳解】由三視圖知該幾何體為正方體截去了兩個相同的三棱錐剩下的部分（如圖），所以該幾何體的體積為．故選：B【點睛】關鍵點點睛：由三視圖還原得直觀圖是解題關鍵.7．碳-14測年法是由美國科學家馬丁·卡門與同事塞繆爾·魯賓于1940年發(fā)現(xiàn)的一種測定含碳物質(zhì)年齡的方法，在考古中有大量的應用．其原理為：宇宙射線中的中子與氮-14反應產(chǎn)生碳-14，而碳-14會發(fā)生衰變成氮-14，由此構建一個核素平衡．空氣中的碳-14與氧反應生成的二氧化碳被生物圈接收，活體生物體內(nèi)的碳-14和碳-12濃度比例是一定的，只有當生物死亡后，碳循環(huán)中斷，碳-14會衰變并逐漸消失．放射性元素的衰變滿足規(guī)律（表示的是放射性元素在生物體中最初的含量與經(jīng)過時間后的含量間的關系，其中（為半衰期）．已知碳-14的半衰期為5730年，，經(jīng)測量某地出土的生物化石中碳-14含量為，據(jù)此推測該化石活體生物生活的年代距今約（結果保留整數(shù)，參考數(shù)據(jù)）（）A．7650年 B．8890年 C．9082年 D．10098年【答案】C【分析】由題意，得，代入數(shù)據(jù)即可.【詳解】由題意，知．故選：C．8．給出下列四種圖象的變換方法：①將圖象向右平移個單位長度；②將圖象向左平移個單位長度；③將圖象向左平移個單位長度；④將圖象向右平移個單位長度．利用上述變換中的某些方法，能由函數(shù)的圖象得到函數(shù)的圖象的變換方法是（）A．①② B．②③ C．①④ D．③④【答案】A【分析】根據(jù)三角恒等變換化簡函數(shù)，得，再根據(jù)三角函數(shù)的平移變換分別驗證各個方法即可。.【詳解】．因為，所以①適合；因為，所以②適合；因為，所以③不適合；因為．所以④不適合．故選：A．【點睛】由y＝sinx的圖象，利用圖象變換作函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)(x∈R)的圖象，要特別注意：當周期變換和相位變換的先后順序不同時，原圖象沿x軸的伸縮量的區(qū)別．先平移變換再周期變換(伸縮變換)，平移的量是|φ|個單位；而先周期變換(伸縮變換)再平移變換，平移的量是個單位．9．已知是定義在上的減函數(shù)，對任意、，恒成立，若，則的解集為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】推導出，由可得出，由此可得出原不等式的解集.【詳解】因為對任意、，恒成立，所以，，則由，得，又是上的減函數(shù)，所以，解得．因此，不等式的解集為.故選：B．【點睛】方法點睛：利用函數(shù)的單調(diào)性解不等式，步驟如下：（1）確定函數(shù)的單調(diào)性；（2）由可得出與的大小關系，進而解不等式即可得解，但同時要注意定義域的限制.10．人利用雙耳可以判定聲源在什么方位，聽覺的這種特性叫做雙耳定位效應（簡稱雙耳效應）．根據(jù)雙耳的時差，可以確定聲源必在以雙耳為左右焦點的一條雙曲線上．又若聲源所在的雙曲線與它的漸近線趨近，此時聲源對于測聽者的方向偏角，就近似地由雙曲線的漸近線與虛軸所在直線的夾角來確定．一般地，甲測聽者的左右兩耳相距約為，聲源的聲波傳及甲的左、右兩耳的時間差為，聲速為，則聲源對于甲的方向偏角的正弦值約為（）A．0.004 B．0.04 C．0.005 D．0.05【答案】D【分析】由已知求出、焦距，利用可得可得答案.【詳解】設兩耳所在雙曲線的實軸長為，焦距為，虛軸長為，則，，由題意，所以，所以．故選：D．11．在三棱錐中，平面，，其外接球的體積為，若，，，則的最大值為（）A．36 B．32 C．24 D．12【答案】A【分析】設三棱錐外接球的半徑為，利用體積求出半徑，推出，然后利用均值不等式求解最值即可.【詳解】因為平面，，所以該三棱錐可補全為長方體，故該三棱錐的外接球即為長方體的外接球，直徑為長方體的體對角線，設三棱錐外接球的半徑為，則，所以，又，所以，所以．當且僅當時，等號成立．故選：A．【點睛】與球有關的組合體問題，一種是內(nèi)切，一種是外接．解題時要認真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關元素間的數(shù)量關系，并作出合適的截面圖，如球內(nèi)切于正方體，切點為正方體各個面的中心，正方體的棱長等于球的直徑；球外接于正方體，正方體的頂點均在球面上，正方體的體對角線長等于球的直徑.12．已知函數(shù)則滿足的的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】將不等式，轉(zhuǎn)化為，利用函數(shù)的圖象得到和的圖象，利用數(shù)形結合法求解.【詳解】不等式，即為，因為與的圖象關于軸對稱，將的圖象右移1個單位長度，再下移1個單位長度，得到的圖象，如圖所示：由，解得，所以滿足的的取值范圍是，故選：C．二、填空題13．曲線在點處的切線方程為__________________.【答案】【分析】根據(jù)導數(shù)的幾何意義，求得切線的斜率k，再求得，可得切點的坐標，代入公式，即可求得切線方程.【詳解】由題意得，所以在點處切線的斜率，又，即切點為，所以切線方程為，整理可得.故答案為：14．已知實數(shù)，滿足約束條件，則的最大值為______．【答案】【分析】畫出可行域和目標函數(shù)，根據(jù)平移得到答案.【詳解】畫出可行域（如圖陰影部分），當直線過點時，取得最大值，由得，所以.故答案為：.15．已知拋物線：的焦點為，過點的直線與拋物線交于，兩點，則______．【答案】【分析】聯(lián)立直線方程與拋物線方程，消得關于的一元二次方程，寫出韋達定理，然后利用焦半徑公式寫出，，然后代入韋達定理化簡即可求解的值.【詳解】由題意知拋物線的焦點坐標為，因為直線與有兩個交點，所以直線存在斜率，所以設的方程為，，，聯(lián)立所以，所以，，又，，所以，，所以．故答案為：.【點睛】方法點睛：關于直線與拋物線的位置關系問題：（1）直線與拋物線的位置關系和直線與橢圓、雙曲線的位置關系類似，一般要用到根與系數(shù)的關系；（2）有關直線與拋物線的弦長問題，要注意直線是否過拋物線的焦點，若過拋物線的焦點，可直接使用公式，若不過焦點，則必須用一般弦長公式．三、雙空題16．某中學組隊到某村參加社會實踐活動，村長讓學生測量河流兩岸與兩點間的距離．同學們各抒己見，但李明想到一種測量方法，同學們一致認為很好．其方法是：在點處垂直底面豎立一根竹竿，在竹竿上取一點，使米，在處測得從看的俯角為．①當和在同一水平面上時（如圖1）．測得______米；②當和不在同一水平面上（和，在同一水平面上）時（如圖2），利用測角儀測得，此時，可測得______米．【答案】【分析】①根據(jù)圖示可知：，結合長度求解出結果；②根據(jù)條件先求解出的表示，然后在中根據(jù)正弦定理可得，化簡此式可求解出的長度.【詳解】①，由，得；②，，在中由正弦定理，得，解得．故答案為：；.【點睛】關鍵點點睛：解答本題的第二空的關鍵是根據(jù)圖形中角度的轉(zhuǎn)化先表示出，然后在中使用正弦定理求解的值.四、解答題17．在數(shù)列中，，．（1）求數(shù)列的通項公式；（2）令，求數(shù)列的前項和．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）將遞推公式變形為，證明出是等差數(shù)列，由此求解出的通項公式，從而的通項公式可求；（2）先求解出的通項公式，然后對其變形并采用裂項相消法進行求和.【詳解】（1）因為，所以，又，所以數(shù)列是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以，所以．（2）由（1）得，，所以．【點睛】結論點睛：常見的數(shù)列中可進行裂項相消的形式：（1）；（2）；（3）；（4）.18．在中，角，，的對邊分別為，，，角為銳角且．（1）求；（2）若，，求．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）先求出，再利用兩角和的正切可求的值.（2）求出，利用正弦定理可求.【詳解】解：（1）因為，為銳角，所以，所以．所以．（2）因為，，所以，則，由正弦定理，得，即，解得．【點睛】思路點睛：三角形中共有七個幾何量（三邊三角以及外接圓的半徑），一般地，知道兩角及一邊，用正弦定理，知道兩邊及一邊所對的角，可以用余弦定理，也可以用正弦定理（結合要求解的目標確定方法）.19．如圖，在三棱柱中，，，，．（1）求證：平面平面；（2）若平面平面，，求三棱柱C的體積．【答案】（1）證明見解析；（2）3.【分析】（1）先證明平面，再根據(jù)平面與平面垂直的判定定理可證平面平面；（2）依題意證明平面，可得．再證明，從而可得三棱柱C的體積．【詳解】（1）證明：因為，，所以為的中點，連接．由于，，故為等邊三角形，所以．又因為，平面，平面，，所以平面．又因為平面，所以平面平面．（2）因為平面平面，平面平面，平面，．所以平面．由，得是等邊三角形，則；由是等邊三角形，得，所以．連接，由于和都是平行四邊形，所以，，所以，于是．【點睛】關鍵點點睛：根據(jù)題意證明是解題關鍵.20．在中，，．以為原點，的方向為軸的正方向，建立平面直角坐標系，設在軸的上方，為外接圓的圓心．（1）求圓的方程；（2）求圓在點處的切線方程；（3）是否存在點，使得？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）；（3）.【分析】（1）設的中點為，連接，則,利用正弦定理得到圓的半徑為，再根據(jù)，得，進而得到圓心即可.（2）由直線的斜率，得到圓在點處的切線的斜率，進而得到切線方程.（3）①當直線的斜率存在時，由，設直線的方程為,求得圓心到直線的距離，由求解.②當直線的斜率不存在時，由軸，求得點A的坐標.【詳解】（1）如圖，設的中點為，連接，則．由正弦定理，得圓的半徑為．由，得，所以，又，所以．所以圓的方程為．（2）直線的斜率為，所以圓在點處的切線的斜率為，故圓在點處的切線方程為，即切線方程為．（3）①當直線的斜率存在時，由，可設直線的方程為,即，則圓心到直線的距離為，所以，解得．由在軸的上方及（2），可得或，因此不適合題意，應舍去．②當直線的斜率不存在時，軸，此時、、三點共線，顯然，此時．綜上，存在點，使得．【點睛】方法點睛：(1)求過某點的圓的切線問題時，應首先確定點與圓的位置關系，再求切線方程．若點在圓上(即為切點)，則過該點的切線只有一條；若點在圓外，則過該點的切線有兩條，此時應注意斜率不存在的切線．(2)求直線被圓所截得的弦長時，通常考慮由弦心距垂線段作為直角邊的直角三角形，利用勾股定理來解決問題．21．已知，分別是橢圓：的左、右焦點，，分別是橢圓的左、右頂點，，分別是橢圓的上、下頂點，若四邊形的面積為，的面積為1．（1）求橢圓的方程：（2）設平行于的動直線與四邊形的對邊，分別交于點，，與橢圓交于點，（在直線上從上到下順次分別為，，，），求證：．【答案】（1）；（2）證明見解析.【分析】（1）由題，四邊形為菱形且為等腰三角形聯(lián)立即可得到橢圓方程；（2）要證，只需證與的中點重合，從而去證明即可.【詳解】（1）因為，分別是橢圓的左、右頂點，，分別是橢圓的上、下頂點所以四邊形為菱形，所以；①因為為等腰三角形．所以．②由①②，再結合，解得，，故橢圓的方程是．（2）證明：設，，，．由，，得直線的方程為，則可設直線的方程為．由消去并整理，得，則，且．直線的方程為，直線的方程為，由解得；由解得，于是，所以，即，從而與的中點重合，所以．【點睛】本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，以及直線和橢圓的位置關系，考查方程思想和運算能力，關鍵點在于能夠?qū)㈩}目所求轉(zhuǎn)化成中點的條件．22．設函數(shù)，．（Ⅰ）討論函數(shù)的單調(diào)性；（Ⅱ）證明：不等式在區(qū)間上恒成立．【答案】（Ⅰ）函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增；（Ⅱ）證明見解析.【分析】（Ⅰ）先對函數(shù)求導，分別研究，時，的正負，即可得出單調(diào)性；（Ⅱ）根據(jù)題意，先得到“不等式在區(qū)間上恒成立”，令，對函數(shù)求導，研究其單調(diào)性，求出最值，即可證明結論成立.【詳解】（Ⅰ）函數(shù)的定義域是．由，得，當時，，，所以．所以，即；當時，，，所以由兩邊同時乘以正數(shù)