山西省晋中市2021届高三数学(文)3月适应性考试(二模)试题(Word版附答案)
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山西省晋中市2021届高三数学(文)3月适应性考试(二模)试题(Word版附答案)

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资料简介
绝密★启用前 试卷类型:A 晋中市 2021 年 3 月高三适应性调研考试 数学(文科) (本试卷考试时间 120 分钟,满分 150 分) ★祝考试顺利★ 注意事项: 1.答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.全部答案在答题卡上完成,答在本试卷上无效. 3.回答选择题时,选出每小题答案后,用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标 号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时, 将答案用 0.5 毫米及以上黑色笔迹签字笔写在答题卡上 4.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回. 参考公式: 锥体的体积公式: 1 3V Sh (其中 S 为锥体的底面积,h 为锥体的高). 一、选择题(本题共 12 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.已知集合  2{ |1 4}, | 2 3 0A x x B x x x      … ,则 A B 等于( ) A.( 1,1] B. ( , 1] (1, )    C.[3,4) D. ( , 1] [3, )    2.已知复数 z 满足 6 1z i   ,则| |z  ( ) A. 2 B. 2 2 C.3 D.3 2 3.已知向量 (1,3), ( ,4)a b m   ,且 / /(2 )b a b   ,则 m 的值为( ) A. 4 3 B.2 C.4 D. 2 或 4 4.已知圆锥的表面积为 3 ,侧面展开图是一个半圆,则该圆锥的体积为( ) A. 3 6  B. 3 3  C. 3 2  D. 3 5.魔方又叫鲁比克方块(Rubk's Cube),是由匈牙利建筑学教授暨雕塑家鲁比克·艾尔内于 1974 年发明的机械益智玩具,与华容道、独立钻石棋一起被国外智力专家并称为智力游戏界 的三大不可思议.三阶魔方可以看作是将一个各面上均涂有颜色的正方体的棱三等分,然后 沿等分线把正方体切开所得,现将三阶魔方中 1 面有色的小正方体称为中心方块,2 面有色的 小正方体称为边缘方块,3 面有色的小正方体称为边角方块,若从这些小正方体中任取一个, 恰好抽到边缘方块的概率为( ) A. 2 9 B. 8 27 C. 4 9 D. 1 2 6.已知 2 1 sin2 22cos sin2      ,则 tan 2  ( ) A. 3 4  B. 4 3  C. 3 4 D. 4 3 7.已知点 F 是抛物线 2: 2 ( 0)E y px p  的焦点,O 为坐标原点,A,B 是抛物线 E 上的两 点,满足| | | | 10, 0FA FB FA FB FO        则 p  ( ) A.1 B.2 C.3 D.4 8.定义在 ( 1,1) 上的函数 ( )f x 满足 ( ) ( ) ( ) 2f x g x g x    ,对任意的 1 2 1 2, ( 1,1),x x x x   ,恒有      1 2 1 2 0f x f x x x     ,则关于 x 的不等式 (3 1) ( ) 4f x f x   的解集为( ) A. 1 ,4      B. 1 ,04     C. 1, 4      D. 2 ,03     9.已知函数 ( ) 2sin ( 0)6f x x        的部分图象如图所示,则使 ( ) ( ) 0f a x f a x    成立的 a 的最小正值为( ) A. 6  B. 5  C. 4  D. 3  10.《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.若三棱锥 P ABC 为鳖臑, PA  平面 , 2, 4ABC PA AB AC   ,三棱锥 P ABC 的四个顶点都在球 O 的球面上, 则球 O 的表面积为( ) A.12 B. 20 C. 24 D. 32 11.已知 1 2,F F 是双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的左、右焦点,过点 1F 且斜率为 3 3 的 直线交 y 轴于点 N,交双曲线右支于点 M,若 2| |MN F N ,则双曲线 C 的离心率为( ) A. 2 B. 3 C.2 D. 5 12.若存在实数 x,y 满足 ln 3 y yx x e e  … ,则 x y  ( ) A. 1 B.0 C.1 D. e 二、填空题(本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13.设 x,y 满足 0, 2 1, 2 2, x y x y x y       … „ … 则 x y 的最小值是_______,最大值是_________. 14.曲线 lny x x  在点 (1, (1))f 处的切线方程为________. 15.过点 (2, 3)P 作圆 2 2: 2 0C x y x   的两条切线,切点分别为 A,B,则 PA PB   _______. 16.如图所示,在平面四边形 ABCD 中, , , , 2AB BD AB BD BC CD AD    ,在 ABC 中,角 A,B,C 的对应边分别为 a,b,c,若 2 2 cosc ab C ,则 ACD 的面积为__________. 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.(12 分)设 na 是各项都为正的单调递增数列,已知 1 4a  ,且 na 满足关系式: 1 14 2n n n na a a a    , *nN . (1)求 na 的通项公式; (2)若 1 1n n b a   ,求数列 nb 的前 n 项和 nS . 18.(12 分)现有两个全等的等腰直角三角板,直角边长为 2,将它们的一直角边重合,若将 其中一个三角板沿直角边折起形成三棱锥 A BCD ,如图所示,其中 60ABD   ,点 E, F,G 分别是 , ,AC BC AB 的中点. (1)求证: EF  平面 CDG ; (2)求三棱锥G ACD 的体积. 19.(12 分)为了促进电影市场快速回暖,各地纷纷出台各种优惠措施.某影院为回馈顾客, 拟通过抽球兑奖的方式对观影卡充值满 200 元的顾客进行减免,规定每人在装有 4 个白球、2 个红球的抽奖箱中一次抽取两个球.已知抽出 1 个白球减 20 元,抽出 1 个红球减 40 元. (1)求某顾客所获得的减免金额为 40 元的概率; (2)若某顾客去影院充值并参与抽奖,求其减免金额低于 80 元的概率. 20.(2 分)设椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     ,O 为原点,点 (4,0)A 是 x 轴上一定点,已知 椭圆的长轴长等于| |OA ,离心率为 3 2 . (1)求椭圆的方程; (2)直线 :l y kx t  与椭圆 C 交于两个不同点 M,N,已知 M 关于 y 轴的对称点为 M  ,N 关于原点 O 的对称点为 N  ,若点 , ,A M N  三点共线,求证:直线 l 经过定点. 21.(12 分)已知函数 2( ) 2ln 4 3 ( )f x x ax ax a a     R . (1)讨论函数 ( )f x 的单调性; (2)对 (1, )x  ,都有 ( ) 0f x  成立,求实数 a 的取值范围. (二)选考题(共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答,如果多做,则 按所做的第一题计分) 22.[选修 4—4:坐标系与参数方程](10 分) 已知在平面直角坐标系 xOy 中,曲线 C 的参数方程为 2 2cos , 2sin x y       ( 为参数).以原点 O 为极点,x 轴的正半轴为极轴,取相同的单位长度建立极坐标系,直线 l 的极坐标方程为 (sin cos ) 1    . (1)求曲线 C 的普通方程和直线 l 的直角坐标方程; (2)点 P 的极坐标为 1, 2     ,设直线 l 与曲线 C 的交点为 A,B,且 AB 的中点为 Q,求线 段 PQ 的长. 23.[选修 4—5:不等式选讲](10 分) 已知函数 ( ) | | | |( 0)f x b x x a a    . (1)当 1, 2b a  时,解不等式 ( ) 5f x „ ; (2)当 2b  时,若不等式 ( ) 3f x … 对任意的 x R 恒成立,求实数 a 的取值范围. 2021 年 3 月高三适应性调研考试 数学(文科)答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C D A B C A D B A B B C 1.解析:由题意得集合  2| 2 3 0 { 1B x x x x x    |… „ 或 3}x… ,又因为 { |1 4}A x x   ,所以 { |3 4}A B x x  „ ,故选 C. 答案:C 2.解析:因为 6 6(1 ) 6 (1 ) 3 31 (1 )(1 ) 2 iz i ii i i         ,所以| | 3 2z  .故选 D. 答案:D 3.解析:根据题意,得 2 (2 ,2)a b m    ,由 / /(2 )b a b   ,得 2 4(2 )m m  ,解得 4 3m  .故 选 A. 答案:A 4.解析:如图,设圆锥底面半径为 r,母线长为 l,高为 h,则 2 3rl r    且 2l r ,解 得 2, 1l r  ,∴ 3h  ,∴ 21 3 3 3V r h   ,故选 B. 答案:B 5.解析:沿等分线把正方体切开得到同样大小的小正方体共有 27 个,其中有 3 个面涂色的 小正方体共有 8 个,只有 2 个面涂色的小正方体共有 12 个,只有 1 个面涂色的小正方体共有 6 个,所以恰好抽到只有 2 个面有色的小正方体的概率为 12 4 27 9  .故选 C. 答案:C 6.解析:因为 2 2 2 1 sin2 1 2sin cos (sin cos ) sin cos 1 1tan 22cos sin2 2cos 2sin cos 2cos (sin cos ) 2cos 2 2                            ,所以 tan 3  ,从而可得 2 2tan 6 3tan2 1 tan 1 9 4       ,故选 A. 答案:A 7.解析:设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ,则 1 2 1 2| | | | 102 2 p pFA FB x x x x p         ,① 由 0FA FB FO      ,知 1 2 1 2 3 , 02 pFA FB FO x x y y              ,所以 1 2 3 2 px x  , ② 联立①②解得 4p  ,故选 D. 答案:D 8.解析:设 ( ) ( ) 2 ( ) ( )h x f x g x g x     ,则 ( )h x 为奇函数,且在 ( 1,1) 上为增函数, 所以不等式 (3 1) ( ) 4f x f x   等价于 (3 1) 2 ( ) 2 0f x f x     ,即 (3 1) ( ) 0h x h x   ,亦即 (3 1) ( ) ( )h x h x h x     ,可得 1 3 1 1, 1 1, 3 1 , x x x x            ,解得 1 04 x   ,故选 B. 答案:B 9.解析:由图象可知 11 012f      ,即 11sin 012 6        ,由五点作图可知 11 2 2 ,12 6 k k       Z , 解得 24 22 ,11 k k  Z ,,又由图象可知 11 24 12 11T     ,又 0  ,所以 0, 2k   . 所以 ( ) 2sin 2 6f x x      . 因为 ( ) ( ) 0f a x f a x    ,所以函数 ( )f x 关于直线 x a 对称, 即有 2 ,6 2a k k     Z ,解得 ,2 6 ka k   Z , 所以 a 的最小正值为 6  ,故选 A. 答案:A 10.解析:将三棱锥 P ABC 放入长方体中,如图,三棱锥 P ABC 的外接球就是长方体的 外接球.因为 2, 4,PA AB AC ABC    为直角三角形,所以 2 3BC  .设外接球的半 径为 R,依题意可得 2(2 ) 4 4 12 20R     ,故 2 5R  ,则球 O 的表面积为 24 20S R   .故选 B. 答案:B 11.解析:因为 N 在 y 轴上,所以 1 2 | |NF F N MN  ,所以 1 2MF F 为直角三角形,即 2 1 2MF F F 且 N 是 1MF 的中点,所以 2 2 bMF a  ,又 1 2 1 2 1 2 32 , 3MF MFF F c k F F    ,所以 有 22 3ac b ,解得 3ce a   ,故选 B. 答案:B 12.解析:令 ( ) ln 3f x x x   ,则 1 1( ) 1 xf x x x     ,所以 ( )f x 在 (0,1) 上单调递增, 在(1, ) 上单调递减,所以 max( ) (1) ln1 1 3 2f x f     . 令 ( ) y yg y e e  ,则 2y ye e … ,当且仅当 0y  时取等号, 又ln 3 y yx x e e  … ,所以 ln 3 2y yx x e e     ,所以 1, 0, 1x y x y    . 答案:C 13.解析:如图所示,不等式组满足的平面区域为阴影部分所示区域,设 z x y  ,当 y x z  经过点 2 2,3 3A    时, z x y  取到最小值 4 3  ;当 y x z  经过点 1 1,3 3B    时, z x y  取到最大值 2 3 . 答案: 4 2 3 3  14.解析:由题意可得 1( ) 1f x x    ,则切线的斜率 (1) 2, (1) ln1 1 1k f f     .所以 切线方程为 1 2( 1)y x   ,即 2 1y x  ,即 2 1 0x y   . 答案: 2 1 0x y   [或 1 2( 1)y x   ,或 2 1y x  ](多种形式均得分) 15.解析:由 2 2 2 0x y x   得 2 2( 1) 1x y   ,所以圆心 (1,0)C ,半径为 1,所以 | | 2,| | | | 3, 60PC PA PB APB     ,所以 3| || |cos60 2PA PB PA PB      . 答案: 3 2 16.解析:∵ ,AB BD AB BD  ,∴在等腰直角 ABD 中 2 2AD AB c  ,在 ABC 中,由余弦定理得 2 2 22 cosa b ab C c   ,又已知 2 2 cosc ab C ,∴ 2 2 22a b c  ,又 ∵ , , 2a BC CD b AC AD c    ,∴ 2 2 2AC CD AD  ,∴ AC CD ,作CF BD 分别交 ,BD AD 于点 F,E(图略),∵ BC CD ,E,F 分别为线段 ,AD BD 的中点,∴ 45 , 1CED CE ED     , ∴ 1 22 2 sin452 2ACD ECDS S EC ED         . 答案: 2 2 17.解:(1)因为 * 1 14 2 ,n n n na a a a n     N ,所以 1 12 4n n n na a a a    , 即 2 1 4n na a   , 又 na 是各项为正的单调递增数列,所以 1 2n na a   , 3 分 所以 na 是首项为 2,公差为 2 的等差数列, 所以 2 2( 1) 2na n n    ,所以 24na n . 6 分 (2) 2 1 1 1 1 1 1 1 4 1 (2 1)(2 1) 2 2 1 2 1n n b a n n n n n              , 8 分 所以 1 2n nS b b b    1 1 1 1 1 1 1 112 3 2 3 5 2 2 1 2 1n n                        10 分 1 112 2 1 2 1 n n n        . 12 分 18.解:(1)证明:根据已知得 AD BD ,又 G 为 AB 的中点,所以 DG AB , 2 分 因为 AC BC ,G 为 AB 的中点,所以CG AB , 4 分 又 ,DG CG G DG   平面 ,CDG CG  平面CDG ,所以 AB  平面CDG , 5 分 又因为 / /AB EF ,所以 EF  平面CDG . 6 分 (2)因为 ,CD AD CD BD  ,所以CD  平面 ABD , 取 BD 中点 H,连接 ,AH FH ,则 AH  平面 BDC , 8 分 所以对于三棱锥 A BCD 的体积,以三角形 BCD 为底, AH 为高, 所以 1 1 2 32 33 3 3A BCD BCDV S AH       , 10 分 所以 1 1 3 2 2 3G ACD B ACD A BCDV V V     . 12 分 19.解:(1)设 4 个白球为 a,b,c,d,2 个红球为 e,f,事件 A 为顾客所获得的减免金额 为 40 元, 则 { , , , , , , , , , , , , , , }ab ac ad ae af bc bd be bf cd ce cf de df ef  ,共 15 种情况, 3 分 { , , , , , }A ab ac ad bc bd cd ,共 6 种情况, 5 分 所以顾客所获得的减免金额为 40 元的概率为 6 2 15 5P   . 6 分 (2)设事件 B 为顾客所获得的减免金额为 80 元,则 { }B ef ,共 1 种情况, 8 分 所以顾客所获得的减免金额为 80 元的概率为 1( ) 15P B  , 故减免金额低于 80 元的概率 141 ( ) 15P P B   . 12 分 20.解:(1)由题意得, 2, 3a c  ,所以 2 2 2 1b a c   . 3 分 所以椭圆 C 的方程为 2 2 14 x y  . 4 分 (2)证明:设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ,则    1 1 2 2, , ,M x y N x y    , 1 2 1 2 ,4 4AM AN y yk kx x     . 因为点 , ,A M N  三点共线, 所以 AM ANk k  ,即 1 2 1 24 4 y y x x    , 6 分 所以        1 2 2 11 2 1 2 1 2 4 4 04 4 4 4 y x y xy y x x x x         , 整理得  1 2 1 22 ( 4 ) 8 0kx x t k x x t     .① 7 分 由 2 2 , 1,4 y kx t x y     得  2 2 21 4 8 4 4 0k x ktx t     , 8 分 则 2 1 2 1 22 2 8 4 4,1 4 1 4 kt tx x x xk k      , 9 分 代入①整理得 t k , 11 分 所以直线 l 的方程为 y kx k  ,即直线 l 恒过定点 ( 1,0) . 12 分 21.解:(1)  22 2 12( ) 2 4 ( 0) ax ax f x ax a xx x         , 1 分 令 2( ) 2 1( 0)g x ax ax x    , ①当 0a  时, ( ) 1 0g x   , 在(0, ) 上, ( ) 0f x  ,所以 ( )f x 单调递增. 2 分 ②当 0a  时, 24 4 4 ( 1) 0a a a a      ,令 ( ) 0g x  , 得 2 2 1 2,a a a a a ax xa a      ,且 1 20x x  , 所以当  10,x x 时, ( ) 0f x  ,所以 ( )f x 单调递增; 当  1,x x  时, ( ) 0f x  ,所以 ( )f x 单调递减. 3 分 ③当 0a  时, 4 ( 1)a a   , 当0 1a „ 时, 4 ( 1) 0a a   „ , 在(0, ) 上, ( ) 0f x  ,所以 ( )f x 单调递增. 4 分 当 1a  时, 24 4 4 ( 1) 0a a a a      ,令 ( ) 0g x  , 得 2 2 1 2,a a a a a ax xa a      ,且 1 20 x x  , 所以当  10,x x 或  2,x x  时, ( ) 0f x  ,所以 ( )f x 单调递增; 当  1 2,x x x 时, ( ) 0f x  ,所以 ( )f x 单调递减. 5 分 综上可得:当 0a  时, ( )f x 在  10, x 上单调递增,在  1,x  上单调递减; 当0 1a„ „ 时, ( )f x 在 (0, ) 上单调递增; 当 1a  时, ( )f x 在    1 20, , ,x x  上单调递增,在  1 2,x x 上单调递减. 6 分 (2)因为 (1) 0f  ,根据(1)的讨论可知,当0 1a„ „ 时, ( )f x 在(0, ) 上单调递增,所 以 ( )f x 在 (1, ) 上单调递增,所以 ( ) (1) 0f x f  成立. 8 分 当 0a  时, ( )f x 在  1,x  上单调递减, x   时, ( )f x   , 所以存在  1,x x  使得 ( ) 0f x  ,故此时不成立. 9 分 当 1a  时, ( )f x 在    1 20, , ,x x  上单调递增;在  1 2,x x 上单调递减,而 2 2 1 21a a a a a ax xa a        ,所以当  21,x x 时, ( )f x 单调递减,此时 ( ) (1) 0f x f  ,不合题意. 11 分 综上可得:0 1a„ „ . 12 分 22.解:(1)由题意可知在曲线 C 中, 2 2cos , 2sinx y    ,则 2 2 2 2( 2) 4cos 4sin 4x y       ,得曲线 C 的直角坐标方程为 2 2( 2) 4x y   ; 2 分 因为 cos , sinx y     ,可得直线 l 的直角坐标方程为 1 0x y   . 4 分 (2)已知点 P 的直角坐标为 (0,1) ,设直线 l 的参数方程为 2 ,2 21 ,2 x t y t       代入曲线 C 的普通 方程得 2 3 2 1 0t t   , 6 分 设 A,B 对应参数为 1 2,t t ,则 Q 对应的参数为 1 2 2 t t , 8 分 故 1 2 3 2| | 2 2 t tPQ  ∣ . 10 分 23.解:(1)当 1, 2b a  时,不等式 ( ) 5f x „ 即为| | | 2 | 5x x  „ , 1 分 法一:当 x 2x… 时,可得 ( 2) 5x x  „ ,解得 7 2x„ ,则 72 2x„ „ ; 2 分 当0 2x  时,可得 ( 2) 5x x  „ ,即 2 5„ ,所以 0 2x  ; 3 分 当 0x„ 时,可得 ( 2) 5x x   „ ,解得 3 2x … ,则 3 02 x „ „ . 4 分 综上可得,原不等式的解集为 3 7,2 2     . 5 分 法二:根据绝对值的几何意义可得不等式的解集为 3 7,2 2     . 5 分 (2)当 2b  时,若不等式 ( ) 3f x … 对任意的 x R 恒成立,即为 min( ) 3f x … , 又 3 , , ( ) ,0 , 3 , 0, x a x a f x x a x a a x x        … „ 6 分 当 x a… 时, ( ) ( ) 2f x f a a… ; 7 分 当0 x a  时, ( ) 2a f x a  ; 8 分 当 0x„ 时, ( )f x a… . 9 分 故 min( )f x a ,则 3a… ,即 a 的取值范围是[3, ) . 10 分

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