2021届甘肃省兰州市高三一诊数学(理)试题Word版含解析

2021届甘肃省兰州市高三一诊数学（理）试题一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 设全集，集合，集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，，所以或，，故选C.2. 已知复数（是虚数单位），则下列说法正确的是（）A. 复数的实部为B. 复数的虚部为C. 复数的共轭复数为D. 复数的模为【答案】D【解析】的实部是，虚部是，共轭复数为，的的模是错误，故选D.3. 已知数列为等比数列，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】为等比数列，，，，故选A.4. 双曲线的一条渐近线与抛物线只有一个公共点，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】的渐近线与只有一个交点，由，得，所以，得，即，，故选D.5. 在中，是的中点，，点在上且满足，则等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：∵M是BC的中点，AM=1，，∴,故选A考点：本题考查向量的数量积公式与向量加法的三角形法则点评：解决本题的关键是恰当地利用向量的相关公式灵活变形达到了用已知向量表示未知向量，且求出未知向量的目标6. 数列中，，对任意，有，令，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】，，，，，，故选D.【方法点晴】本题主要考查“累加法”的应用、等差数列的求和公式，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2）；（3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.7. 若的展开式中各项的系数之和为，则分别在区间和内任取两个实数，，满足的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】令，可得，则，点所在区域为矩形，面积为，满足的区域面积，所以满足的区域面积，满足的概率为，故选B.8. 刘徽《九章算术注》记载：“邪解立方有两堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也”.意即把一长方体沿对角面一分为二，这相同的两块叫做堑堵，沿堑堵的一顶点与其相对的面的对角线剖开成两块，大的叫阳马，小的叫鳖臑，两者体积之比为定值，这一结论今称刘徽原理.如图是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由三视图可知，该“阳马”是底面对角线长为的正方形，一条长为的侧棱与底面垂直的四棱锥，将该四棱锥补成长方体，长方体的外接球与四棱锥的外接球相同，球直径等于长方体的对角线长，即，球体积为，故选B.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.9. 某程序框图如图所示，则程序运行后输出的的值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】模拟程序框图的运行过程，每四个和为，可得出该程序运行后输出的算式：+，所以该程序运行后输出的值是，故选A.10. 设：实数，满足；：实数，满足，则是的（）A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要的条件【答案】B【解析】画出表示的区域，如图所示的，表示的区域是，为等腰直角三角形，表示的区域是以为圆心，以为半径的圆，而其内切球半径为，圆心，满足的点在内切圆内，是的必要不充分条件，故选B.11. 已知圆：和点，若圆上存在两点，使得，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】过点作圆的两条切线，切点分别为，连接，若圆上存在两点，使得，只需，，解得,选C.............12. 定义在上的函数，已知是它的导函数，且恒有成立，则有（）A. B. C. D.【答案】C【解析】令，则其导数，又由，且有，所以，即函数为减函数，又由，则有，即，化简可得，故选C.【方法点睛】利用导数研究函数的单调性、构造函数比较大小,属于难题.联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若，则__________．【答案】【解析】，故答案为.14. 已知样本数据，，……的方差是，如果有，那么数据，，……的均方差为__________．【答案】2【解析】因为样本数据，，……的方差是，且，所以，，……的方差为数据，，……的均方差为，故答案为.15. 设函数向左平移个单位长度后得到的函数是一个奇函数，则__________．【答案】【解析】把函数的图象向左平移个单位长度后，可得的图象，结合得到的函数为一个奇函数，则，因为令可得，故答案为.【方法点睛】本题主要考查三角函数的奇偶性和图象的变换，属于中档题.已知的奇偶性求时，往往结合正弦函数及余弦函数的奇偶性和诱导公式来解答：（1）时，是奇函数；（2）时，是偶函数.16. 函数，，若函数，且函数的零点均在内，则的最小值为__________．【答案】10【解析】，因此是上的增函数，，函数在上有一个零点，函数在上有一个零点，同理，，因此是上的减函数，，函数在上有一个零点，函数在上有一个零点，函数的零点均在区间内，，，故答案为.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17. 已知向量，，函数.（1）求的最小正周期；（2）当时，的最小值为，求的值.【答案】（1）.（2）.【解析】试题分析：（1）根据平面向量数量积公式以及两角和的正弦公式化简，利用周期公式可得的最小正周期为；（2）由（1）知：，当时，，利用正弦函数的单调性，结合正弦函数的图象可得到的最小值为，∴，即.所以当时，的最小值为.又∵的最小值为，∴，即.试题解析：（1）由题意知：，所以的最小正周期为.（2）由（1）知：，当时，.所以当时，的最小值为.又∵的最小值为，∴，即.【方法点睛】以三角形和平面向量为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.18. 如图所示，矩形中，，平面，，为上的点，且平面.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）由面，可得，所以，由面，可得. 由线面垂直的判定定理可得平面；（2）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，分别根据向量垂直数量积为零列方程组求出平面与平面的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得平面与平面所成角的余弦值.试题解析：（1）因为面，所以，又，所以.因为面，所以.又，所以面，即平面.（2）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，则相关点的坐标为，，，，设平面的法向量，平面的法向量为，易知，令，则，故，令，得，，于是，.此即平面与平面所成角的余弦值.19. 某地一商场记录了月份某天当中某商品的销售量（单位：）与该地当日最高气温（单位：）的相关数据，如下表：（1）试求与的回归方程；（2）判断与之间是正相关还是负相关；若该地月某日的最高气温是，试用所求回归方程预测这天该商品的销售量；（3）假定该地月份的日最高气温，其中近似取样本平均数，近似取样本方差，试求.附：参考公式和有关数据，，，若，则，且.【答案】（1）.（2）.（3）.【解析】试题分析：（1）根据表格所给数据及平均数公式可求出与的值，从而可得样本中心点的坐标，再求出公式中所需数据，求出，结合样本中心点的性质可得，进而可得关于的回归方程；（2）由知，与负相关,将代入回归方程即可预测当日销售量；（3）由（1）知，，所以.试题解析：（1）由题意，，，，，，.所以所求回归直线方程为.（2）由知，与负相关.将代入回归方程可得，，即可预测当日销售量为.（3）由（1）知，，所以.【方法点晴】本题主要考查线性回归方程及其应用、正态分布的应用，属于难题.求回归直线方程的步骤：①依据样本数据画出散点图，确定两个变量具有线性相关关系；②计算的值；③计算回归系数；④写出回归直线方程为；回归直线过样本点中心是一条重要性质，利用线性回归方程可以估计总体，帮助我们分析两个变量的变化趋势.20. 已知圆：，过且与圆相切的动圆圆心为.（1）求点的轨迹的方程；（2）设过点的直线交曲线于，两点，过点的直线交曲线于，两点，且，垂足为（，，，为不同的四个点）.①设，证明：；②求四边形的面积的最小值.【答案】（1）.（2）①见解析.②.【解析】试题分析：（1）设动圆半径为，由于在圆内，圆与圆内切，则，，，所以点的轨迹是椭圆，根据椭圆定义可的方程；（2）的方程为，由，得，则，同理得，，利用基本不等式可得结果.试题解析：（1）设动圆半径为，由于在圆内，圆与圆内切，则，，，由椭圆定义可知，点的轨迹是椭圆，，，，的方程为.（2）①证明：由已知条件可知，垂足在以为直径的圆周上，则有，又因，，，为不同的四个点，.②解：若或的斜率不存在，四边形的面积为.若两条直线的斜率存在，设的斜率为，则的方程为，解方程组，得，则，同理得，∴，当且仅当，即时等号成立.综上所述，当时，四边形的面积取得最小值为.21. 已知函数，其中为自然对数的底数.（1）证明：当时，①，②；（2）证明：对任意，，有.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）令，利用导数研究函数的单调性，可得，令，利用导数研究函数的单调性，可得，从而可得结果；（2）要证，利用结论，只需证，利用结论，只需证，即证，即，即原不等式成立.试题解析：（1）令，则，为上的减函数，而，所以，成立；令，则，为上的增函数，而，所以，成立.（2），即，由（1），所以，，所以，只需证，即，由（1），所以只需证，只需证，即，上式已知成立，故原式成立，得证.（二）选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分.22. [选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.已知直线的参数方程是（是参数），圆的极坐标方程为.（1）求圆心的直角坐标；（2）由直线上的点向圆引切线，并切线长的最小值.【答案】（1）.（2）.【解析】试题分析：（1）利用两角和的余弦公式展开解析式，两边同乘以利用即可得圆的直角坐标方程，从而可得圆心坐标；（2）参数方程利用代入法消去参数可，得直线的普通方程为，可得圆心到直线距离是，于是直线上的点向圆引的切线长的最小值是.试题解析：（1）∵，∴，∴圆的直角坐标方程为，即，∴圆心直角坐标为.（2）方法1：直线上的点向圆引切线长是，∴直线上的点向圆引的切线长的最小值是.方法2：直线的普通方程为，∴圆心到直线距离是，∴直线上的点向圆引的切线长的最小值是.23. [选修4-5：不等式选讲]设函数，其中.（1）当时，求不等式的解集；（2）若时，恒有，求的取值范围.【答案】（1）.（2）.【解析】试题分析：（1）当时，，化为，可得或，从而可得不等式的解集；（2）化简，因为，∴时，恒成立，又时，当时，，∴只需即可，所以.试题解析：（1）当时，，所以，所以或，解集为.（2），因为，∴时，恒成立，又时，当时，，∴只需即可，所以.。