广东省广州市2021届高三数学考前冲刺训练试题(一)文(含解析)

广东省广州市2019届高三数学考前冲刺训练试题（一）文（含解析）

一、选择题

1.将函数的图像上的所有点向右平移个单位长度，得到函数的图像，若

的部分图像如图所示，

则函数的解析式为

A. B.

C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据图象求出A，ω和φ的值，得到g（x）的解析式，然后将g（x）图象上的所有点向左平移个单位长度得到f（x）的图象．

【详解】由图象知A＝1，（），即函数的周期T＝π，

则π，得ω＝2，

即g（x）＝sin（2x+φ），

由五点对应法得2φ＝2kπ+π，k,得φ，

则g（x）＝sin（2x），

将g（x）图象上的所有点向左平移个单位长度得到f（x）的图象，

即f（x）＝sin[2（x）]＝sin（2x）=，

故选：C．

【点睛】本题主要考查三角函数解析式的求解，结合图象求出A，ω和φ的值以及利用三角函数的图象变换关系是解决本题的关键．

2.已知中，，，则的值是( )

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】

利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，根据正弦定理，余弦定理化简整理可得：，结合已知，解得，可得为锐角，进而利用余弦定理可求的值，利用同角三角函数基本关系式可求结果．

【详解】∵

，

∴，

∴，可得：，

整理可得：，

又∵，

∴，解得，可得为锐角，

∴，可得：，，

故选A．

【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．

3.根据如下样本数据

3 4 5 6 7

4 -0.

5 0.5 -2

得到的回归直线方程为.若样本中心为，则每减少1个单位，就( )

A. 增加1.4个单位

B. 减少1.4个单位

C. 增加1.2个单位

D. 减少1.2个单位

【答案】A

【解析】

【分析】

利用样本中心坐标满足回归直线方程，列出方程组求解得到的值，进而可得结果.

【详解】由线性回归方程过样本中心点可得，

由可得，解得，

可得回归直线方程为

则每减少1个单位，就增加1.4个单位，故选A．

【点睛】本题主要考查回归直线方程的求法与应用，考查计算能力，属于基础题.

4.某公司位员工的月工资（单位：元）为，，…，，其均值和方差分别为和，若从下月起每位员工的月工资增加元，则这位员工下月工资的均值和方差分别为（）A. ， B. ，

C. ，

D. ，

【答案】D

【解析】

试题分析：均值为;

方差为

,故选D.

考点：数据样本的均值与方差.

5.七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方模板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的.如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率为（）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

分析：由七巧板的构造，设小正方形的边长为1，计算出黑色平行四边形和黑色等腰直角三角形的面积之和。

详解：设小正方形的边长为1，可得黑色平行四边形的底为高为；黑色等腰直角三角形的直角边为2，斜边为2，大正方形的边长为2，

所以，

故选C。

点睛：本题主要考查几何概型，由七巧板的构造，设小正方形的边长为1，通过分析观察，求得黑色平行四边形的底和高，以及求出黑色等腰直角三角形直角边和斜边长，进而计算出黑色平行四边形和黑色等腰直角三角形的面积之和，再将黑色部分面积除以大正方形面积可得概率，属于较易题型。

6.已知等差数列中，为其前项和，（其中为圆周率），，现从此数列的前30项中随机选取一个元素，则该元素的余弦值为负数的概率为( )

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由等差数列前项和以及等差数列通项公式，列出方程组，求出首项和公差，从而得到

，进而前项中，第6至14项和第26项至第30项的余弦值是负数，由此能求出现从此数列的前30项中随机选取一个元素，则该元素的余弦值为负数的概率．【详解】∵等差数列中，为其前项和，（其中为圆周率），，

∴，解得，

∴，

∴前30项中，第6至14项和第26项至第30项的余弦值是负数， ∴现从此数列的前30项中随机选取一个元素， 则该元素的余弦值为负数的概率为

，故选A ．

【点睛】本题主要考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用，属于中档题.

7.给定下列四个命题：

①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；

②若一条直线和两个互相垂直的平面中的一个平面垂直，那么这条直线一定平行于另一个平面；

③若一条直线和两个平行平面中的

一个平面垂直，那么这条直线也和另一个平面垂直； ④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直. 其中，真命题的个数是( ) A. 1个 B. 2个

C. 3个

D. 4个

【答案】B 【解析】 【分析】

根据空间中的直线与平面以及平面与平面的平行与垂直关系，对题目中的命题判断正误即可． 【详解】对于，若一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互

平行，错误；

对于

，若一条直线和两个互相垂直的平面中的一个平面垂直，那么这条直线平行于另一个

平面或在这个平面内，错误；

对于

，若一条直线和两个平行平面中的一个平面垂直，那么这条直线也和一个平面垂直，

正确； 对于，若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直，

正确；

综上所述，真命题的序号是，共2个．

故选：B．

【点睛】本题考查了空间中的直线与平面、平面与平面之间的平行与垂直关系的应用问题，是基础题．对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断；还可以画出样图进行判断，利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断.

8.在正方体中，用空间中与该正方体所有棱成角都相等的平面去截正方体，在截面边数最多时的所有多边形中，多边形截面的面积为，周长为，则( )

A. 为定值，不为定值

B. 不为定值，为定值

C. 与均为定值

D. 与均不为定值

【答案】B

【解析】

【分析】

利用正方体棱的关系，判断平面所成的角都相等的位置，可知截面边数最多时为六边形，如图所示，可计算出周长为定值，当六边形的边长相等即截面为正六边形时，截面面积最，．【详解】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，

如图：与面平行的面且截面是六边形时满足条件，不失一般性设正方体边长为1，

可得平面与其他各面的交线都与此平面的对角线平行，即等

设，则，∴，

∴，同理可得六边形其他相邻两边的和为，

∴六边形的周长为定值．

当六边形的边长相等即截面为正六边形时，截面面积最大，

最大面积，

故可得周长为定值，面积为定值，故选B.

【点睛】本题主要考查了利用平面几何的知识解决立体几何，考查学生的空间想象能力，属于中档题.

9.如图，正方体的对角线上存在一动点，过点作垂直于平面的直线，与正方体表面相交于两点.设，的面积为，则当点由点运动到的中点时，函数的图象大致是（）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

设，而由运动到的中点的过程中，，由相似三角形，可知为定值，设正方体的边长为，当为线段的中点时，，则的面积为，故选D.

10.已知双曲线的左焦点，过点作倾斜角为的直线与圆相交的弦长为，则双曲线的离心率为( )

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】

求出直线方程，根据直线截圆所得的弦长公式列出方程和相结合求解即可．

【详解】双曲线的左焦点，

过点作倾斜角为的直线与圆相交的弦长为，

可得：，

结合化简可得：，则双曲线的离心率，故选A．

【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与圆的位置关系的应用，考查计算能力，常见的离心率的几种解法：1、直接求出，求解；2、变用公式（双曲线），（椭圆）；3、构造的齐次式，解出等.

11.设双曲线()的左、右焦点分别为，过的直线分别交双曲线左右两支于点，连结，若，，则双曲线的离心率为( ).

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】

本道题设,利用双曲线性质,计算x，结合余弦定理，计算离心率，即可。

【详解】结合题意可知,设

则结合双曲线的性质可得,

代入,解得,所以,

对三角形运用余弦定理,得到

,解得

故选B.

【点睛】本道题考查了双曲线的性质，考查了余弦定理，关键利用余弦定理，解三角形，进而计算x，即可，难度偏难。

12.已知函数是奇函数，当时，，则曲线在处的切线方程为（）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据奇函数定义，求得在时函数解析式；代入x的值求得点的坐标，利用导数求得切线的斜率，结合直线的点斜式即可求得切线方程。

【详解】因为函数是奇函数，且当时，

令，则

所以

又因为

所以当

所以，则

而，所以切点为

所以切线方程为

所以选D

【点睛】本题考查了函数解析式的求法，过曲线上一点切线方程的求法，属于基础题。

13.若关于的方程没有实数根，则实数的取值范围是( )

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】 【分析】 方程化为，令

，求出函数

的

值域，只需令属于所求值域的补集即可得

结果. 【详解】因为

不满足方程

，

所以原方程化为化为

，

，令， 时，；

时，

，

令，

+ 0 - 递增

递减 当，

即

时，

， 综上可得，的值域为，

要使

无解，则，

即使关于的方程

没有实数根的实数的取值范围是

，故选A.

【点睛】本题主要考查利用导数研究方程的根，以及转化与划归思想的应用，属于难题. 已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

二、填空题

14.在平面直角坐标系中,角的顶点为坐标原点,始边与轴的非负半轴重合,终边交单位

圆于点,且,则的值是______.

【答案】

【解析】

【分析】

利用任意角的三角函数的定义求得sinα＝b，cosα＝a，两边平方利用同角三角函数基本关系式可求2sinαcosα的值，利用诱导公式及二倍角公式化简所求即可计算得解．

【详解】∵在平面直角坐标系xOy中，角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边交单位圆O于点P（a，b），

∴由任意角的三角函数的定义得，sinα＝b，cosα＝a．

∵，可得：sinα+cosα，

∴两边平方可得：sin2α+cos2α+2sinαcosα，可得：1+2sinαcosα，解得：

2sinαcosα，

∴sin2α＝﹣2sinαcosα．

故答案为：．

【点睛】本题考查任意角的三角函数的定义，同角三角函数基本关系式，诱导公式及二倍角公式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于中档题．

15.如图，某观测站在城的南偏西的方向.由城出发的一条公路，走向是南偏东，在处测得公路上处有一人距为正沿公路向城走去，走了后到达处，此时，两点之间的距离为，这人还要走_____才能到达城.

【答案】15

【解析】

【分析】

先求出，进而设，则，可求，在中，由正弦定理求得，答案可得．

【详解】由已知得，，，

在中，由余弦定理得，

设，则，，

在中，由正弦定理得，

，即所求的距离为15公里，

故答案为15.

【点睛】本题主要考查了解三角新的实际应用．解题的关键是利用正弦定理，利用边和角的关系求得答案，属于中档题.

16.已知数列满足，，，则__________．

【答案】

【解析】

由知，利用累加法可得

即，可得，即．故本题应填．

17.已知点及抛物线上的动点，则的最小值为______.

【答案】2 【解析】

试题分析：设抛物线的

焦点为F （0,1），由抛物线的知：，所以

的最小值为

.

考点：抛物线的定义；两点间的距离公式。 点评：把“

的最小值”应用抛物线的定义转化为“

”，是解题的关键，考查了

学生分析问题、解决问题的能力。

18.如图，正方体中，是

的中点，是侧面

上的动点，且//平

面

，则

与平面

所成角的正切值的最大值是_________. 【答案】 【解析】 【分析】 设

分别为边上的中点,根据面面平行的判定定理，可得平面

平面，结合已知中

面

，可得落在线段

上，

即为

与平面

所成角,

求出该角正切的最大值即可得到结论.

【详解】设

分别为

边上的中点,

则

四点共面，

且平面平面，

又面，

落在线段上，

是与平面所成的角，

，

设的中点为,

则当与重合时最小，

此时与平面所成角的正切值有最大值为，

故答案为.

【点睛】本题主要考查面面平行、线面平行的判断与性质以及线面角的求解方法，属于难题. 根据图形正确作出线面角是解决问题的关键，但这要求学生必须具有较强的空间想象能力，同时还应写出必要的作、证、算过程.

19.已知函数若且，则的最大值为___________. 【答案】1

【解析】

【分析】

所求表达式的最值，利用数形结合思想转化为当在点处的切线与平行时时，满足题意，转化函数的导数求切线方程问题，进而得解．

【详解】当时，，恒成立，

即在单调递增，

函数大致图象如图所示：

不妨设：，由，要使最大，转化为：求解，

问题转化为：当在点处的切线与平行时，，

令，则，，，所以最大值为1，

故答案为1.

【点睛】本题主要考查函数的导数的应用，切线方程的求法，考查数形结合以及转化思想的应用，属于中档题.

20.如图，矩形中，为的中点，将沿直线翻折成，连结，为

的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的序号是_______.

①存在某个位置，使得；

②翻折过程中，的长是定值；

③若，则；

④若，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是.

【答案】②④

【解析】

【分析】

对于①，取AD中点E，连接EC交MD与F，可得到EN⊥NF，又EN⊥CN，且三线NE，NF，NC 共面共点，不可能，

对于②，可得由∠NEC＝∠MAB1（定值），NE AB1（定值），AM＝EC（定值），由余弦定理可得NC是定值．

对于③，取AM中点O，连接B1O，DO，易得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM，从而AD＝MD，显然不成立．

对于④：当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1﹣AMD的体积最大，可得球半径为1，表面积是4π．

【详解】对于①：如图1，取AD中点E，连接EC交MD与F，则NE∥AB1，NF∥MB1，

如果CN⊥AB1，可得到EN⊥NF，又EN⊥CN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，故①错．

对于②：如图1，可得由∠NEC＝∠MAB1（定值），NE AB1（定值），AM＝EC（定值），

由余弦定理可得NC2＝NE2+EC2﹣2NE?EC?cos∠NEC，所以NC是定值，故②正确．

对于③：如图2，取AM中点O，连接B1O，DO，易得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM，从而AD

＝MD，显然不成立，可得③不正确．

对于④：当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1﹣AMD的体积最大，易得AD中点H就是三棱锥B1﹣AMD的外接球的球心，球半径为1，表面积是4π．故④正确．

故答案为：②④．

【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，考查了反证法的应用，属于中档题.

21.设方程的两根分别为，，方程的两根分别为，

，若，则的取值范围为____________.

【答案】

【解析】

【分析】

由条件求得，令，则原式，利用二次函数的性质求得的范围，可得的范围，从而求得的范围，即为所求.

【详解】由方程的两根为，，可得，，求得，，

由方程的两根为，，可得，，

求得，，

∴，

令，则原式，且，

由，可得，，

∴，，

故原式，故答案为．

【点睛】本题主要考查指数函数的综合应用，不等式的基本性质，二次函数的性质，体现了转化的数学思想，属于难题．