2021届浙江省温州市高三上学期11月高考适应性测试（一模）数学试题（解析版）

试卷第=page22页，总=sectionpages44页第Page\*MergeFormat1页共NUMPAGES\*MergeFormat6页2021届浙江省温州市高三上学期11月高考适应性测试（一模）数学试题一、单选题1．已知集合，，则（）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用交集的定义可求得集合.【详解】，，因此，.故选：B.2．已知z为复数，若(i是虚数单位)，则A．1 B． C． D．【答案】D【分析】先根据复数除法求出复数，结合复数模长的求解方法可得模长.【详解】因为，所以，所以，故选D.【点睛】本题主要考查复数的除法及模长，复数模长的求解一般是先化简复数为形式，结合模长公式可求.3．设公差为d的等差数列的前n项和，若，则（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】由，直接利用等差数列的前n项和公式求解.【详解】因为，所以，所以，即，解得，故选：B.4．若实数x，y满足约束条件，则的最小值为（）A．.1 B． C．3 D．【答案】D【分析】根据实数x，y满足约束条件，画出可行域，记目标函数，平移直线，当直线在y轴上的截距最大时z有最小值求解.【详解】实数x，y满足约束条件的可行域如图所示：记目标函数，平移直线，当直线经过点时在y轴上的截距最大，此时对应的z具有最小值，最小值为，故选：D.5．已知，则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件条件【答案】A【分析】分别判断命题的充分性和必要性即可得到答案.【详解】因为，则，满足充分性；若，取，则得不到，不满足必要性.故选：A6．函数的图像可能是（）A．

B．

C．

D．

【答案】A【分析】将原函数的解析式变形为，然后根据对勾函数的图象性质即可判断出答案.【详解】原函数解析式可化为：其图象可看作是将对勾函数右移个单位，上移个单位而得到，故A选项符合.故选：A.【点睛】本题考查根据函数的解析式判断函数的图象，较简单，将原函数解析式合理变形是关键.7．若随机变量X的分布列是：则当实数a在内增大时，（）A．增大 B．减小C．先增大后减小 D．先减小后增大【答案】D【分析】先计算随机变量的数学期望，然后利用计算出方差的表达式，分析在上的单调性.【详解】∵∴由二次函数的性质可知，在上递减，在上递增.故选：D.【点睛】本题考查随机变量的分布列及数学期望、方差的计算，准确运用公式是关键.数学期望；方差.8．已知，点M是曲线上异于B的任意一点，令，则下列式子中最大的是（）

A． B． C． D．【答案】C【分析】设点M在第一象限，即，由曲线方程及三角函数的定义表示出各项，即可得解.【详解】由题，不妨设点M在第一象限，即，则，则，所以；；，且；.故选：C.【点睛】解决本题的关键是设出点，结合三角函数的定义逐项表示出各选项，即可得解.9．如图，在正四面体中，，记平面与平面､平面､平面，所成的锐二面角分别为､､，则（）A． B． C． D．【答案】A【分析】过A作平面，取的中点M，连接，交于点O，以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用坐标向量法先求，再根据余弦函数单调性比较大小即可.【详解】解：(空间向量法)因为，所以E､F分别为､的中点，G为上靠近A的三等分点，取的中点M，连接，过A作平面，交于点O，在平面中过O作，交于N，设正四面体的棱长为2，则，，，以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，，，，，，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，即，不妨令，则，同理可计算出平面､平面､平面的一个法向量分别为，，，则可得，，，所以，又在上递减，所以，故选：A.10．已知椭圆，直线l过椭圆C的左焦点F且交椭圆于A，B两点，的中垂线交x轴于M点，则的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】当l：时，，设与椭圆联立可得：，然后求得的中垂线方程，令，得，然后分别利用两点间的距离公式和弦长公式求得，，建立求解.【详解】椭圆的左焦点为,当l：时，，，所以，设与椭圆联立，可得：，由韦达定理得：，取中点为，所以的中垂线方程为：，令，得，所以，又，所以，综上所述，故选：B.【点睛】思路点睛：1、解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单．2、设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则弦长为(k为直线斜率)．注意：利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式大于零．二、双空题11．设，，则____________；___________；【答案】22【分析】由指数与对数的互化，由可得的值，由，根据对数与指数的运算可得答案.【详解】由，可得，故答案为：2，2；12．已知，若，则________，________.【答案】【分析】根据二项式定理可得展开式通项，由此可得方程，代入验证可求得；采用赋值法即可求得各项系数和与，作差得到的值.【详解】，由可知：，当时，无整数解，当时，，，当时，，当时，，.故答案为：；.【点睛】方法点睛：二项式定理中与各项系数和有关的问题常采用赋值法来进行求解，形如的式子：（1）令，可求得各项系数和；（2）令，可求得常数项；（3）分别令和，作差或作和可分别求得奇次项系数和与偶此项系数和.13．某几何体的三视图如图所示(单位：)，则该几何体的表面积是(单位：)_________，体积是(单位：)__________；【答案】【分析】由三视图还原直观图，根据棱柱表面积和体积公式计算可得结果.【详解】由三视图还原直观图如下：；.故答案为：；.14．如图所示，在直行道路上当绿灯亮起时，①号汽车立刻启动通过停止线，随后每辆汽车都比前一辆汽车延时后启动，每辆汽车启动后先做加速度为的匀加速直线运动，当速度达到之后就做匀速直线运动，已知此处绿灯的时间为，每辆汽车的车长均为，相邻两辆汽车之间的间距均为，则图中的⑥号车________(填“能”或“不能”)在一次绿灯的时间内通过停止线(只要汽车的车头通过停止线就算通过)，在一次绿灯的时间内可以有___________辆汽车通过停止线.(注：物体从静止开始做匀速直线运动时，路程s与时间t的关系是：，其中a为加速度)

【答案】能8【分析】先求出⑥号车距离停止线的距离，⑥号车第6秒启动，求出⑥号车在10秒内运动的路程，即可判断；设可以通过n辆，则第n辆车延时秒，第n秒启动，所以，即可得出结果.【详解】⑥号车距离停止线为米，⑥号车延时5秒，第6秒启动，又，所以从到共需5秒，所以⑥号车在10秒内运动的路程为，故⑥号车能通过；设可以通过n辆，则第n辆车延时秒，第n秒启动，显然，所以，故可以通过8辆，故答案为：能；8.三、填空题15．一个盒子里装有7个大小､形状完成相同的小球，其中红球4个，编号分别为1，2，3，4，黄球3个，编号分别为1，2，3，从盒子中任取4个小球，其中含有编号为3的不同取法有________种.【答案】30【分析】从反面考虑，总数为,不含有编号为3的总数为,即得解.【详解】从反面考虑，总数为,不含有编号为3的总数为,所以含有编号为3的总数为.故答案为：30.【点睛】方法点睛：1、排列组合问题的解题步骤：仔细审题编程列式计算.2、编程的一般方法一般问题直接法、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、特殊对象优先法、等概率问题缩倍法、至少问题间接法、复杂问题分类法、小数问题列举法.3、解排列组合问题，要排组分清（有序排列，无序组合），加乘有序(分类加法，分步乘法).16．设，且在上恒成立，则实数a的取值范围为_________.【答案】【分析】针对的取值情况进行分类讨论，去绝对值，转化为最值问题处理.【详解】若，则，所以，所以无解；若，则，所以；若，则，所以；综上所述，.故答案为：.【点睛】本题考查绝对值不等式的应用，考查根据不等式恒成立求参数的取值范围，难度一般.17．已知平面向量满足.则的最大值是________.【答案】【分析】设，根据，得到，取中点为D，又，由中点坐标得到，再由，得到的范围，然后由求解.【详解】设，如图所示：因为，所以，取中点为D，因为，所以，解得，所以，所以点C是以D为圆心半径为的圆上运动，又因为，所以，当A，O，B共线时，取等号，所以，，所以.【点睛】关键点点睛：平面向量的中点坐标公式的两次应用：一是，由求得定值，得到点C是以D为圆心的圆上，实现数形结合；二是由确定范围，然后由求解.四、解答题18．已知函数.（1）求函数的单调递增区间；（2）若，其中，求的值.【答案】（1）单调递增区间为；（2）.【分析】（1）首先利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简，再根据正弦函数的性质计算可得；（2）依题意可得，再利用同角三角函数的基本关系求出，则利用两角差的余弦公式计算可得；【详解】解：（1）因为所以.令，得函数的单调递增区间为.（2）若，则，因为，所以，所以..【点睛】(1)给值求值问题一般是正用公式将所求“复角”展开，看需要求相关角的哪些三角函数值，然后根据角的范围求出相应角的三角函数值，代入展开式即可．(2)通过求所求角的某种三角函数值来求角，关键点在选取函数，常遵照以下原则：①已知正切函数值，选正切函数；②已知正、余弦函数值，选正弦或余弦函数；若角的范围是，选正、余弦皆可；若角的范围是(0，π)，选余弦较好；若角的范围为，选正弦较好．19．如图，已知三棱锥中，，D为的中点.（1）求证：；（2）若，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点E，连接，利用已知条件得到，，再利用线面垂直的判定定理证明平面，即可得证；（2）取的中点F，连接，过D作于H；先利用已知条件以及线面垂直的判定定理得到平面，进而得到，再利用线面垂直的判定定理得到平面，所以就是与平面所成角，利用已知条件求解即可.【详解】（1）取的中点E，连接.

∵，∴，∵D，E分别是的中点，∴，∴，∵，∴，∵，∴平面，∴.（2）取的中点F，连接，过D作于H.

∵，∴，∵，∴，∴.∵D，F分别是的中点，∴，∴，∵，∴，∵，∴平面，∴，∵，∴平面，∴就是与平面所成角，∵，∴，∴与平面所成角的正弦值为.【点睛】方法点睛：求空间中直线与平面所成角的常见方法为：（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.20．已知数列满足，（1）求数列的通项公式；（2）设是数列的前n项和，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）将化为，然后利用累乘法求通项公式；（2）利用错位相减法求和.【详解】解：（1）因为，所以，则当时，满足上式，所以.（2）①②①-②得:化简得：所以，又，所以.【点睛】本题考查根据递推关系式求数列的通项公式，考查错位相减法求和，难度一般.（1）当数列满足时，可采用累乘法求通项公式；（2）当数列，其中和分别为等差数列与等比数列时，采用错位相减法求和.21．如图所示，F是抛物线的焦点，A是抛物线C上的动点，过点A的切线l交x轴于G点.以F为圆心的圆与直线l及直线分别相切于B､M两点，且直线与x轴的正半轴交于H点.（1）求证：；（2）求的最小值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）设，求出切线方程以及，再利用抛物线的定义即可求解.（2）不妨设，可得，在中，根据正弦定理得，再利用基本不等式即可求解.【详解】（1）设，则切线即；∴，∴，∵，∴；（2）不妨设，则，在中，由正弦定理得∴，∴，∴，∴∴当且仅当时即时.【点睛】关键点点睛：要证明，关键求出点的坐标，即求出切线方程；求的最小值，设，，关键求出，属于难题.22．已知函数有两个不同的零点，其中是自然对数的底数.（1）求实数a的取值范围；（2）求证：（i）；（ii）.【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【分析】（1）函数有两个不同的零点，等价于在上有两个不同的实根，记，对函数求导判断单调性，可得实数a的取值范围；（2）（i）将代入方程并参变分离，利用分析法可知，需证明，构造，求导判断单调性与最值即可证明不等式成立；（ii）设，对函数求导判断单调性可得：，由，两式作差可得，利用证得的不等式进行放缩，可得不等式成立．【详解】（1）函数有两个不同的