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2021学年高三数学下学期入学考试试题

2021学年高三数学下学期入学考试试题

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2021学年高三下学期入学考试数学（一）
一、填空题
1．已知全集，集合，则____.
【答案】
【解析】结合所给的集合和补集的定义，可得的值.
【详解】
解：由全集，集合，
可得：，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查集合和补集的定义，相对简单.
2．复数（i是虚数单位）的虚部为____.
【答案】
【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，可得原复数的虚部.
【详解】
解：，
故原复数的虚部为，
故答案为：.
【点睛】
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，属于基础题.
3．某高级中学高一、高二、高三年级的学生人数分别为1100人、1000人、900人，为了解不同年级学生的视力情况，现用分层抽样的方法抽取了容量为30的样本，则高三年级应抽取的学生人数为____.
【答案】9
【解析】先求出抽样比，由此可求出高三年级应抽取的学生人数.
【详解】
解：由题意可得：抽样比，
故高三年级应抽取的学生人数为：，
故答案为：9.
【点睛】
本题主要考查分层抽样的相关知识，求出抽样比是解题的关键.
4．如图是一个算法的伪代码，其输出的结果为_______．

【答案】
【解析】由题设提供的算法流程图可知:，应填答案．
5．函数的定义域为____.
【答案】
【解析】由对数函数真数大于0，列出不等式可得函数的定义域.
【详解】
解：由题意得：，解得：，
可得函数的定义域为：，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查函数的定义域及解一元二次不等式，属于基础题型.
6．劳动最光荣.某班在一次劳动教育实践活动中，准备从3名男生和2名女生中任选2名学生去擦教室玻璃，则恰好选中2名男生的概率为____.
【答案】
【解析】分别计算出从5名学生中选出 2名学生的选法，与从3名男生选出 2名男生的选法，可得恰好选中2名男生的概率.
【详解】
解：由题意得：从5名学生中选出 2名学生，共有种选法；
从3名男生选出 2名男生，共有种选法，
故可得恰好选中2名男生的概率为：，
故答案为：
【点睛】
本题主要考察利用古典概型概率公式计算概率，分别计算出从5名学生中选出 2名学生的选法，与从3名男生选出 2名男生的选法是解题的关键.
7．已知抛物线y2=8x的焦点恰好是双曲线的右焦点，则该双曲线的离心率为______.
【答案】
【解析】求出抛物线的焦点，可得c的值，由双曲线方程，可得a的值，可得双曲线的离心率.
【详解】
解：易得抛物线y2=8x的焦点为：，
故双曲线的右焦点为，
可得：，，
故双曲线的离心率为：，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查抛物线的性质及双曲线的离心率，相对简单，注意利用双曲线的性质解题.
8．已知等差数列的前n项和为Sn，若，则____.
【答案】
【解析】由，，成等差数列，代入可得的值.
【详解】
解：由等差数列的性质可得：，，成等差数列，
可得：，代入，
可得：，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查等差数列前n项和的性质，相对不难.
9．已知是第二象限角，且，，则____.
【答案】
【解析】由是第二象限角，且，可得，由及两角和的正切公式可得的值.
【详解】
解：由是第二象限角，且，可得，，
由，可得，代入，
可得，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查同角三角函数的基本关系及两角和的正切公式，相对不难，注意运算的准确性.
10．在平面直角坐标系xOy中，已知A，B两点在圆x2＋y2=1上，若直线上存在点C，使△ABC是边长为的等边三角形，则点C的横坐标是______.
【答案】
【解析】设点，连接,由△ABC是边长为的等边三角形，故四边形为菱形,由，可得点C的横坐标.
【详解】
解：设点，连接,

由△ABC是边长为的等边三角形，故四边形为菱形，，
在中：,
可得：，,
可得，解得：，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查直线与圆的位置关系，相对不难.
11．设m为实数，若函数f(x)=x2－mx－2在区间上是减函数，对任意的，总有，则m的取值范围为____.
【答案】
【解析】由函数f(x)=x2－mx－2在区间上是减函数可得，由，可得在此区间的最大、最小值，化简，可得m的取值范围.
【详解】
解：由题意：函数f(x)=x2－mx－2的对称轴为：，由其在区间上是减函数，可得，可得；
由，，且，
故当时，，，
由，可得，化简可得：，
可得：，
综合可得：，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查二次函数的单调性及函数的最值，属于中档题型.
12．如图所示，在△ABC中，AB=AC=2，，，AE的延长线交BC边于点F，若，则____.

【答案】
【解析】过点做,可得，，由可得，可得，代入可得答案.
【详解】
解：如图，过点做,

易得：,,
,故,可得：，
同理：,,可得,
,
由，可得,
可得：,可得：，
,
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查平面向量的线性运算和平面向量的数量积，由题意作出是解题的关键.
13．若实数满足：，则的最小值为____.
【答案】
【解析】将原式化简为，令，则，令，对求导数，可得的最小值，可得答案.
【详解】
解：由题意得：，
令，则， ，
设，可得：
，
令，可得，其中舍去，
可得当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
可得当时，原式有最小值，代入可得：
，
故可得的最小值为，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考察利用导数求函数的最值，其中利用换元法对原式进行换元是解题的关键.
14．若函数恰有3个不同的零点，则a的取值范围是____.
【答案】
【解析】去绝对值，分、与进行讨论，对进行化简，同时对求导，结合函数有3个不同的零点，可得a的取值范围.
【详解】
解：（1）当时，，因为递减，，时，，所以在有1个零点；
当时，，因为，
①，即时，在上递减，所以，即在没有零点；
②，即时，在上递增，在上递减，因为，，所以时，在没有零点；时，在有1个零点；时，在有2个不同的零点.
（2）当时，，当时，在上没有零点；当时，在有1个零点；时，在有2个不同的零点.
综上，当或时恰有三个不同的零点.
【点睛】
本题主要考查函数的零点与利用导数判断函数的单调性与零点，属于难题.

二、解答题
15．如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD//平面BCC1B1，AD⊥DB.求证：

（1）BC//平面ADD1A1；
（2）平面BCC1B1⊥平面BDD1B1.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1）由直线与平面平行的性质可得：由AD//平面BCC1B1，有AD//BC，同时ADÌ平面ADD1A1，可得BC//平面ADD1A1；
（2）由（1）知AD//BC，因为AD⊥DB，所以BC⊥DB，同时由直四棱柱性质可得DD1⊥BC，BC⊥平面BDD1B1，可得证明.
【详解】
解：（1）因为AD//平面BCC1B1，ADÌ平面ABCD，平面BCC1B1∩平面ABCD=BC，
所以AD//BC.
又因为BCË平面ADD1A1，ADÌ平面ADD1A1，
所以BC//平面ADD1A1.
（2）由（1）知AD//BC，因为AD⊥DB，所以BC⊥DB，
在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中DD1⊥平面ABCD，BCÌ底面ABCD，
所以DD1⊥BC，
又因为DD1Ì平面BDD1B1，DBÌ平面BDD1B1，DD1∩DB=D，
所以BC⊥平面BDD1B1，
因为BCÌ平面BCC1B1，
所以平面BCC1B1⊥平面BDD1B1
【点睛】
本题主要考查线面平行的性质及面面垂直的证明，熟悉相关定理并灵活运用是解题的关键.
16．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知asinB=bsin2A.
（1）求角A；
（2）若a=5，△ABC的面积为，求△ABC的周长.
【答案】（1）；（2）12.
【解析】（1）由正弦定理可得：sinAsinB=2sinBsinAcosA，可得的值，可得角A的大小；
（2）由△ABC的面积为及角A的值，可得的值，由余弦定理可得的值，可得△ABC的周长.
【详解】
解：（1）由asinB=bsin2A及正弦定理，得sinAsinB=2sinBsinAcosA，
因为sinA>0，sinB>0，所以，
又，所以.
（2）由△ABC的面积为，得，
又，所以.
在△ABC中，由余弦定理，得，
因为a=5，所以，
所以，
所以，即△ABC的周长为12.
【点睛】
本题主要考查利用正弦定理、余弦定理解三角形，注意灵活运用定理解题.
17．如图1，已知正方形铁片边长为2a米，四边中点分别为E，F，G，H，沿着虚线剪去大正方形的四个角，剩余为四个全等的等腰三角形和一个正方形ABCD（两个正方形中心重合且四边相互平行），沿正方形ABCD的四边折起，使E，F，G，H四点重合，记为P点，如图2，恰好能做成一个正四棱锥（粘贴损耗不计），PO⊥底面ABCD，O为正四棱锥底面中心，设正方形ABCD的边长为2x米.

（1）若正四棱锥的棱长都相等，求所围成的正四棱锥的全面积S；
（2）请写出正四棱锥的体积V关于x的函数，并求V的最大值.
【答案】（1）；（2）. .
【解析】（1）连接OH交BC于点H′，由正方形ABCD边长为2x，所以HH′=a－x.
可得的长及的长，由得可得的值，可得正四棱锥的全面积，计算可得答案；
（2）可得，可得关于的函数，对其求导，利用导数可得V的最大值.
【详解】
解：在图1中连接OH交BC于点H′，

因为正方形ABCD边长为2x，所以HH′=a－x.
在图2中，OH′=x，PH′=a－x，
由勾股定理得，正四棱锥的高
.
（1）在直角三角形中，，
所以，
由得，，
整理得，，解得（舍去）.
所以，正四棱锥的全面积
平方米.
（2），
所以.
因为，设，
则，
令得，，当时，，在区间上递增；
当时，，在区间上递减.
所以当时，取得最大值，此时立方米.
【点睛】
本题主要考查正四棱锥的几何性质，正四棱锥棱长、高、表面积、体积的计算，需建立函数模型并求其最值，属于难题.
18．已知椭圆，椭圆经过椭圆C1的左焦点F 和上下顶点A，B.设斜率为k的直线l与椭圆C2相切，且与椭圆C1交于P，Q两点.

（1）求椭圆C2的方程；
（2）①若，求k的值；
②求PQ弦长最大时k的值.
【答案】（1）；（2）①；②.
【解析】（1）分别求出C1的左焦点与上下顶点的坐标，可得椭圆C2的的值，可得椭圆C2的方程；
（2）①设直线l的方程为与椭圆C2联立，由直线与椭圆相切，可得，
可得的关系，同时直线l与椭圆C1的方程联立，，，由韦达定理结合，即，代入可得k的值；
②由①知，可得关于的函数，化简利用基本不等式可得PQ弦长最大时k的值.
【详解】
解：（1）由题意可知，椭圆C1的左焦点，
上下顶点，，
所以椭圆C2的左顶点为，上下顶点，，
所以，，
所以椭圆C2的方程为.
（2）设直线l的方程为与椭圆C2：方程联立，消去y得，
，
因为直线与椭圆相切，所以，
整理得，，
直线l与椭圆C1的方程联立得，，
其中.
设，，
则.
①因为，所以，
即

，
所以.
②由①知
，
设，则.
所以当时，PQ的长最大，最大值为.
【点睛】
本题主要考察椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，解题的关键是掌握椭圆的基本性质，联立直线与椭圆方程组求解，属于难题.
19．已知函数，其中，e为自然对数的底数.
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）若存在()，使得，证明：.
【答案】（1）；（2）当时，的递增区间是，无递减区间；当时，的递增区间是和，递减区间是；（3）证明见解析.
【解析】（1）对求导，可得与的值，可得在处的切线方程；
（2）令，可得，对其分，进行讨论，可得的取值范围及的单调区间；
（3）由（2）知，，且，可得关于的函数，对其求导可得其单调性，可得证明.
【详解】
解：因为时，对恒成立，
所以定义域为，且，
（1）当时，，，所以，
所以在处的切线方程为：.
（2）令得，， （※）
①当，即时，又，
所以时，，在上单调递增；
②当，解得或，又，所以时，
由方程（※）解得，，，
当时，，的递增区间是；
当时，，的递减区间是.
综上，当时，的递增区间是，无递减区间；
当时，的递增区间是和，递减区间是.
（3）由（2）知，，且，
所以，
因为，，代入上式得

，
令，，
则，
所以在上单调递增，
所以，即证得.
【点睛】
本题主要考查导数的几何意义，及利用导数求函数的极值、单调性及证明不等式，属于难题.
20．已知数列和都是等差数列，.数列满足.
（1）求的通项公式；
（2）证明：是等比数列；
（3）是否存在首项为1，公比为q的等比数列，使得对任意，都有成立？若存在，求出q的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）存在，.
【解析】（1）设的公差为d，可得，， 由是等差数列，可得成等差数列，可得，求出的值，可得的通项公式；
（2）将展开，可得，将代入此式子相减，可得，再将代入此式子相减，可得，此时，验证时也满足可得是等比数列；
（3）设存在对任意，都有恒成立，即，，易得，由由得，，可得设，对其求导，可得其最小值，可得q的取值范围.
【详解】
解：（1）因为数列是等差数列，设的公差为d，则
，，
因为是等差数列，所以成等差数列，
即，，
解得，当时，，此时是等差数列.
故.
（2）由，即， ①
所以， ②
②-①得，， ③
所以，， ④
④-③得，，即时，，
在①中分别令得，，也适合上式，
所以，，
因为是常数，所以是等比数列.
（3）设存在对任意，都有恒成立，
即，，
显然，由可知，，
由得，，.
设，因为，
所以当时，，递增；
当时，，递减.
因为，所以，
解得，
综上可得，存在等比数列，使得对任意，都有恒成立， 其中公比的取值范围是.
【点睛】
本题主要等差数列的基本性质、递推法求数列的通项公式，及数列与导数的综合，综合性大，属于难题.
21．已知矩阵的一个特征值λ=2，其对应的一个特征向量是.求矩阵M的另一个特征值以及它的逆矩阵.
【答案】，.
【解析】将特征值于特征向量代入，可得关于方程，可得的值，求出矩阵,可求出其另一个特征值，可得其逆矩阵.
【详解】
解：由题意，λ＝2是矩阵M的一个特征值，所以，
所以，
所以，
由方程.
所以或，
所以M的另一个特征值－2.
又因为，
所以矩阵M的逆矩阵为.
【点睛】
本题主要考查矩阵与逆矩阵的相关知识，属于矩阵的特征值与特征向量的相关知识并灵活运用是解题的关键.
22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.若直线与曲线交于，两点，求线段的长.
【答案】
【解析】将直线l与线化为普通方程，利用直线与圆的位置关系，求出圆心到直线的距离，可求出线段的长.
【详解】
解：直线l的普通方程为，
由，即，
化为直角坐标方程即，化简可得，
可得其圆心坐标，半径为，
由圆心到直线的距离得到，
所以．
【点睛】
本题主要考察直线参数方程与普通方程的转化及极坐标与直角坐标的转换、直线与圆的位置关系，相对不难，注意运算准确.
23．已知，且满足，证明：.
【答案】证明见解析
【解析】将化简可得，由柯西不等式可得证明.
【详解】
解：因为，，
所以，
又，
所以，当且仅当时取等号.
【点睛】
本题主要考查柯西不等式的应用，相对不难，注意已知条件的化简及柯西不等式的灵活运用.
24．在开展学习强国的活动中，某校高三数学教师成立了党员和非党员两个学习组，其中党员学习组有4名男教师、1名女教师，非党员学习组有2名男教师、2名女教师，高三数学组计划从两个学习组中随机各选2名教师参加学校的挑战答题比赛.
（1）求选出的4名选手中恰好有一名女教师的选派方法数；
（2）记X为选出的4名选手中女教师的人数，求X的概率分布和数学期望.
【答案】（1）28种；（2）分布见解析，.
【解析】（1）分这名女教师分别来自党员学习组与非党员学习组，可得恰好有一名女教师的选派方法数；
（2）X的可能取值为，再求出X的每个取值的概率，可得X的概率分布和数学期望.
【详解】
解：（1）选出的4名选手中恰好有一名女生的选派方法数为种.
（2）X的可能取值为0，1，2，3.
，
，
，
.
故X的概率分布为：
X
0
1
2
3
P

所以.
【点睛】
本题主要考查组合数与组合公式及离散型随机变量的期望和方差，相对不难，注意运算的准确性.
25．对于给定正整数，设，记.
（1）计算的值；
（2）求.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）将代入，可得的值；
（2））由二项式定理得，，，
由二项式定理，
可得的值.
【详解】
解：（1）；
；
；

（2）由二项式定理得，，
因为

，
所以
.
（或写成）
【点睛】
本题主要考查二项式定理及二项式展开式的通项公式，需注意运算的准确性，属于中档题.