1、徐州市第一中學z-de新高考研究中心2021屆高二第一次調研測試數學測試范圍：常用邏輯用語、平面解析幾何、空間向量與立體幾何、導數及其應用、復數、計數原理（部分內容：兩個基本計數原理、排列與組合）（基于舊課程）注意事項：本試卷共4頁，包括單項選擇題（第1題第8題）、多項選擇題（第9題第12題）、填空題（第1316題）、簡答題（第1722題），考試時間120分鐘一、單項選擇題：本題共8小題，在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的1. 為美化環境，從紅、黃、白、紫4種顏色的花中任選2種花種在一個花壇中，余下的2種花種在另一個花壇中，則紅色和紫色的花不在同一花壇的概率是a. b. c

2、. d. 【答案】c【解析】試題分析：將4種顏色的花種任選2種種在一個花壇中，余下2種種在另一個花壇中，有6種種法，其中紅色和紫色的花不在同一個花壇的種數有4種，故所求概率為，選c.【考點】古典概型【名師點睛】作為客觀題形式出現的古典概型試題,一般難度不大,解答中的常見錯誤是在用列舉法計數時出現重復或遺漏,避免此類錯誤發生的有效方法是按照一定的標準進行列舉.2.已知，是虛數單位，若，則的值為（ ）a. b. 1c. 2d. 4【答案】c【解析】【分析】將乘開后，利用兩個復數相等的充要條件求出，即可得到答案.【詳解】由，得，所以解得所以.故選：c【點睛】本題主要考查復數乘法運算及兩個復數相等的充

3、要條件，屬于基礎題3.“”是“函數在上單調遞增”的（ ）a. 充分而不必要條件b. 必要而不充分條件c. 充分必要條件d. 既不充分也不必要條件【答案】a【解析】【分析】求出函數的導數，利用函數單調性和導數之間的關系求出的取值范圍，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可【詳解】，當時， 恒成立，即遞增，但當時， 恒成立， 也遞增，因此題中應是“充分不必要條件”.故選a【點睛】充分條件、必要條件的判定主要有以下幾種方法：定義法：若，則是的充分條件，是的必要條件；構造命題法：“若，則”為真命題，則是的充分條件，是的必要條件；數集轉化法：，：，若，則是的充分條件，是的必要條件.4.已知的導函數是，

4、記，則，的大小關系為（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】對利用導數的幾何意義，再結合的幾何意義，問題轉化為比較三條直線斜率大小，利用數形結合的方法即可得到結果【詳解】記，則，表示直線的斜率；表示函數在處的切線斜率；表示函數在處的切線斜率由圖可知故選：d【點睛】本題主要考查導數的幾何意義，屬于中檔題5.已知f1，f2為雙曲線的焦點，過f2垂直于實軸的直線交雙曲線于a，b兩點，bf1交y軸于點c，若acbf1，則雙曲線的離心率為()a. b. c. d. 【答案】b【解析】【詳解】不妨設雙曲線方程為.由ab為雙曲線的通徑，則a，b，f1(c，0)，由oc為f1f2b中位線，得|

5、oc|，則c.則，由acbf1，則整理得3b44a2c2.由b2c2a2，得3c410a2c23a40，則3e410e230，解得e23或e2，由e1，則e.答案b6.如圖，在等腰中，為的中點，為的中點，為線段上一個動點（異于兩端點），沿翻折至，點在平面上的投影為點，當點在線段上運動時，以下說法不正確的是（ ）a. 線段為定長b. c. d. 點的軌跡是圓弧【答案】b【解析】【分析】作出翻折后的立體圖形，可判斷出a、c、d正確，即可得出答案【詳解】翻折后的立體圖形，如圖所示對a，因為點在平面上的投影為點，所以平面，又平面，所以，故為直角三角形，又為斜邊的中點，所以為定長.故a正確對c，當在處時

6、，此時點在平面上的投影為點與重合，故，又在中，因為為線段上一個動點（異于兩端點），所以.故c正確對d，因為，為的中點，所以點的軌跡是圓弧故d正確故選：b【點睛】本題主要考查平面圖形的翻折，意在考查空間想象和推理計算能力7.已知函數，的圖象分別與直線交于，兩點，則的最小值為（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】由題意知兩點的縱坐標均為，始終在的右側，可得，其中，從而可將用表示，再構造函數并確定其單調性，即可求出的最小值【詳解】由題意可設，其中，故，設，則，因為在上單調遞增，而在上單調遞減，故在上單調遞增，又，所以在上僅有一解.由解得，因為當時，；當時，故在上單調遞減，在上單調遞

7、增，所以當時,取得最小值故選：a【點睛】本題主要考查利用導數求函數的最值，考查分析問題解決問題的能力，屬于中檔題8. 7人站成兩排隊列，前排3人，后排4人，現將甲、乙、丙三人加入隊列，前排加一人，后排加兩人，其他人保持相對位置不變，則不同的加入方法種數為（ ）a. 120b. 240c. 360d. 480【答案】c【解析】試題分析：前排人有個空,從甲乙丙人中選人插入,有種方法,對于后排,若插入人不相鄰有種,若相鄰有種,故共有種,選c考點：1排列組合問題；2相鄰問題和不相鄰問題二、多項選擇題：本題共4小題，在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求9.下列結論正確的是（ ）a. “，互為共軛復數

8、”是“”的充分不必要條件b. 如圖，在復平面內，若復數，對應的向量分別是，則復數對應的點的坐標為 c. 若函數恰在上單調遞減，則實數的值為4d. 函數在點處切線方程為【答案】abd【解析】【分析】利用充分條件和必要條件，即可判斷a的正誤；因為復數對應的坐標即為的坐標，根據圖形求出，坐標，即可判斷b的正誤；由函數恰在上單調遞減，可得是的兩根，利用根與系數的關系，即可求出并判斷c的正誤；求出在點處的切線方程，即可判斷d的正誤【詳解】對a，設，則，所以，故充分性成立；當，此時，但，不互為共軛復數，故必要性不成立所以“，互為共軛復數”是“”的充分不必要條件故 a正確對b，由圖可知，所以，故復數對應的坐

9、標為故b正確對c，因為函數恰在上單調遞減，所以的解集恰好是，故是方程的兩根，所以.故c錯誤對d，因為函數，所以，所以在處切線斜率，故切線方程為，即，故d正確故選：abd【點睛】本題考查充分條件和必要條件的判斷，復數的幾何意義，利用導數研究函數的單調性及在一點處切線方程的求法，考查基本知識的靈活運用10.如圖所示，拋物線，為過焦點的弦，過，分別作拋物線的切線，兩切線交于點，設，則下列結論正確的是（ ）a. 若的斜率為1，則b. 若的斜率為1，則c. 點恒在平行于軸的直線上d. 的值隨著斜率的變化而變化【答案】bc【解析】【分析】根據及可求出直線的方程，然后與拋物線聯立消去，利用根與系數的關系求出

10、，再利用拋物線中弦長公式，即求出長，判斷a的正誤；利用導數分別求出切線的斜率并寫出它們的方程，聯立兩個方程求出，再設方程為與拋物線方程聯立，求出，即可判斷b、c、d的正誤【詳解】由得，所以焦點坐標， 對a，直線的方程為，由得，所以，所以；故a錯誤因為，所以，則直線、的斜率斜率分別為、，所以，由解得即由題意知，直線的斜率存在，可設直線的方程為，由消去 得，所以，故d錯誤又，故c正確對b，當的斜率為1時，故 ，故d正確故選：bc【點睛】本題主要考查拋物線的定義及幾何性質、直線與拋物線的位置關系，意在考查轉化與化歸能力、運算求解能力及數形結合思想11.已知四棱柱為正方體則下列結論正確的是（ ）a.

11、b. c. 向量與向量的夾角是d. 正方體的體積為【答案】abc【解析】【分析】建立空間直角坐標系求出各點坐標，對a、b選項只需再求出對應的向量坐標代入驗證等式是否成立，即可判斷a、b正誤；對c選項利用空間向量的夾角公式求出夾角，即可判斷正誤；對于d選項只需將判斷是否等于體積即可【詳解】不妨設正方體的棱長為1，以為正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標系，則各點坐標為，因為，所以；故a正確因為，所以故b正確因為，所以，所以，所以向量與向量夾角是，故c正確因為，所以，所以故d錯誤故選：abc【點睛】本題主要考查空間向量及其運算，屬于基礎題12.已知函數是定義在上的奇函數，當時，則下列結論正確的是（

12、 ）a. 當時，b. 函數有五個零點c. 若關于的方程有解，則實數的取值范圍是d. 對，恒成立【答案】ad【解析】【分析】根據函數是奇函數，求出時的解析式，可判斷a；利用導數求出函數在上的單調區間及極值，再結合是奇函數，可作出函數在上的大致圖象，從而可逐項判斷b、c、d【詳解】設，則，所以，又函數是定義在上的奇函數，所以，所以，即故a正確當時，所以，令，解得，當時，；當時，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，故當時，函數取得極小值，當時，又，故函數在僅有一個零點當時，所以函數在沒有零點，所以函數在上僅有一個零點，函數是定義在上的奇函數，故函數在上僅有一個零點，又，故函數是定義在上有3個零點故b

13、錯誤作出函數的大致圖象，由圖可知若關于的方程有解，則實數的取值范圍是.故c錯誤由圖可知，對，故d正確故選：ad【點睛】本題主要考查利用函數奇偶性求函數解析式；利用導數研究函數的單調性及最值；同時也考查函數的零點，綜合性較強三、填空題13.拋物線的焦點與雙曲線的右焦點的連線交于第一象限的點若在點處的切線平行于的一條漸近線，則雙曲線的漸近線方程為_，等于_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】要求漸近線方程只需根據雙曲線的方程，求出即可；設出切點坐標，利用導數求出處切線斜率，根據切線平行于的一條漸近線，得到斜率相等建立方程，再與點和兩焦點三點共線建立的方程聯立，即可求出【詳解】由可得，所以

14、雙曲線的漸近線方程為，右焦點坐標，由拋物線得，其焦點坐標，設，由題意知在點處的切線平行于的漸近線，由，得，故在點處切線斜率，所以，又三點共線，所以，即，由解得故答案為：；【點睛】本題主要考查雙曲線的簡單幾何性質、曲線上一點處切線的斜率及三點共線的轉化，同時考查解析幾何的基本思想方法和運算求解能力14.設集合，那么集合中滿足條件“”的元素個數為_【答案】938【解析】【分析】由題意知的取值只能為，故要滿足不等式，只要對取值中的個數進行分類討論，同時再考慮有兩種情況，即可得出結果【詳解】由可知結果只能為，因此的7個數值中有1個是1，2個是1，3個是1，4個是1四種情況：當中有1個取值是1，另外6個

15、0時，共有方法數是；當中有2個取值是1，另外5個0時，共有方法數是；當中有3個取值是1，另外4個0時，共有方法數是；當中有4個取值是1，另外3個0時，共有方法數是；故總方法數為故答案：【點睛】本題主要考查排列組合的應用及對集合表示方法的理解，同時考查分類討論的思想15.在平面上給定相異兩點a,b，設p點在同一平面上且滿足，當0且1時，p點的軌跡是一個圓，這個軌跡最先由古希臘數學家阿波羅尼斯發現，故我們稱這個圓為阿波羅斯圓，現有橢圓,a,b為橢圓的長軸端點，c,d為橢圓的短軸端點，動點p滿足，pab面積最大值為 ,pcd面積最小值為，則橢圓離心率為_【答案】 【解析】【分析】利用兩點間的距離公式

16、求得點的軌跡方程，根據兩個三角形面積的最值列方程，由此求得的值及離心率的值.【詳解】依題意，設，依題意的,，兩邊平方化簡得，故圓心為，半徑.所以的最大面積為，解得，的最小面積為，解得.故橢圓離心率為.【點睛】本小題主要考查阿波羅斯圓軌跡方程的求法，考查三角形的面積公式，考查橢圓的離心率以及圓的標準方程，考查了化歸與轉化的數學思想方法.要求一個動點的軌跡方程，可以先設出動點的坐標，然后代入題目所給的方程，如本題中比值為這個方程，化簡后可求得動點的軌跡方程.16.已知函數，若過點p（1，t）存在3條直線與曲線相切，求t的取值范圍_【答案】(-3，-1)【解析】【分析】設出切點，由斜率的兩種表示得到

17、等式，化簡得三次函數，將題目條件化為函數有三個零點，得解【詳解】設過點p（1，t）的直線與曲線yf（x）相切于點（x，2x33x），則6x23，化簡得，4x36x2+3+t0，令g（x）4x36x2+3+t，則令g（x）12x（x1）0，則x0，x1g（x）在（1，+）上單增，在（0，1）上單減，且g（0）3+t，g（1）t+1，又過點p（1，t）存在3條直線與曲線yf（x）相切，則（t+3）（t+1）0，解得，3t1故答案為(-3，-1).【點睛】本題考查了導數的幾何意義，同時考查了斜率的表示方法，考查了用導數解決函數零點個數的判斷，屬于難題四、解答題：本解答應寫出文字說明、證明過程或演算步

18、驟17.在，且的虛部是2；，為的共軛復數這三個條件中任選一個，補充在下面問題中并作出解答注：選擇不同條件，結果可能不同已知為虛數單位，復數滿足_，設，在復平面上的對應點分別為，求的面積【答案】見解析【解析】【分析】由已知發現三個條件的共同特征是均可求出復數，然后再求出，進而求出，的坐標，即可求出的面積【詳解】選：設，則，由題意得且，解得或，所以或當時，所以，所以當時，所以，所以綜上，的面積為1選：，所以，所以選：，其共軛復數為，故，所以，所以【點睛】本題是一道開放題，選擇一個條件即可求解，學生可根據自己對復數內容的掌握情況選擇，從而大大降低的難度，主要考查復數的概念、運算、共軛復數及復數的幾何

19、意義，屬于基礎題18.從1到9的九個數字中取三個偶數四個奇數，試問：（1）能組成多少個沒有重復數字的七位數？（2）在（1）中的七位數中三個偶數排在一起的有幾個？（3）在（1）中的七位數中，偶數排在一起、奇數也排在一起的有幾個？（4）在（1）中任意兩偶然都不相鄰的七位數有幾個？（答題要求：先列式，后計算 , 結果用具體數字表示）【答案】(1)100800個；(2)14400個；(3)5760個；(4)28800個【解析】【分析】從1到9的九個數字中，有奇數1,3,5,7,9共五個，偶數2 ,4, 6, 8共四個(1)先從四個偶數中取三個，再從五個奇數中取出四個，然后全排列即可得到結果；(2)用捆

20、綁法將取出三個偶數看作一個元素，然后將該元素與四個奇數全排列，同時其內部自排即可得到結果；(3) 用捆綁法將取三個偶數捆綁在一起，四個奇數捆綁在一起看成兩個元素排列，同時內部分別自排即可得到結果；(4)用插空法因為三個偶數都不相鄰，故只需將取出的四個奇數全排列，然后對偶數插空即可求出結果【詳解】(1)分步完成：第一步在四個偶數中取三個，可有種情況；第二步在五個奇數中取四個，可有種情況；第三步三個偶數，四個奇數進行排列，可有種情況，所以符合題意的七位數有個(2)上述七位數中，三個偶數排在一起的有(3)上述七位數中，三個偶數排在一起，四個奇數也排在一起的有個(4)上述七位數中，偶數都不相鄰，可先把

21、四個奇數排好，再將三個偶數分別插入5個空檔，共有個【點睛】本題主要考查排列組合的綜合應用排列與組合綜合問題的常見類型及解題策略：(1)相鄰問題捆綁法在特定條件下，將幾個相關元素視為一個元素來考慮，待整個問題排好之后，再考慮它們“內部”的排列(2)相間問題插空法先把一般元素排好，然后把特定元素插在它們之間或兩端的空當中，它與捆綁法有同等作用(3)特殊元素(位置)優先安排法優先考慮問題中的特殊元素或位置，然后再排列其他一般元素或位置(4)多元問題分類法將符合條件的排列分為幾類，而每一類的排列數較易求出，然后根據分類計數原理求出排列總數19.為了緩解城市交通壓力，某市市政府在市區一主要交通干道修建高

22、架橋，兩端的橋墩現已建好，已知這兩橋墩相距m米，“余下的工程”只需建兩端橋墩之間的橋面和橋墩經測算，一個橋墩的工程費用為256萬元；距離為x米的相鄰兩墩之間的橋面工程費用為(2)x萬元假設橋墩等距離分布，所有橋墩都視為點，且不考慮其他因素記“余下工程”的費用為y萬元(1)試寫出工程費用y關于x的函數關系式；(2)當m640米時，需新建多少個橋墩才能使工程費用y最小？并求出其最小值【答案】（1）；（2）需新建9個橋墩才能使工程費用y取得最小值，且最少費用為8 704萬元【解析】試題分析：（1）設出相鄰橋墩間距米，需建橋墩個，根據題意余下工程的費用為橋墩的總費用加上相鄰兩墩之間的橋面工程總費用即可

23、得到的解析式；（2）把米代入到的解析式中并求出令其等于0，然后討論函數的增減性判斷函數的最小值時的值代入中求出橋墩個數即可.試題解析：（1）相鄰橋墩間距米，需建橋墩個，則，()（2）當米時，且時，單調遞增，時，單調遞減，需新建橋墩個.20.如圖，已知直三棱柱中，分別是，的中點，點在直線上運動，且(1)證明：無論取何值，總有平面；(2)是否存在點，使得平面與平面的夾角為？若存在，試確定點的位置，若不存在，請說明理由【答案】(1)見解析；(2)存在點，且當時，滿足平面與平面的夾角為【解析】【分析】(1)以為正交基底建立空間直角坐標系，寫出所需點的坐標，由求出點坐標，然后證明，即可；(2)只需根據條

24、件出平面和平面的法向量，利用向量的夾角公式并結合平面與平面的夾角為，建立方程求解即可得出結論【詳解】（1）如圖，以為坐標原點，所在的直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，則,，由，可得點，所以，又，所以，所以，又，所以平面，所以無論取何值，總有平面 （2）設是平面的法向量，則，即，得，令，所以是平面的一個法向量取平面的一個法向量為假設存在符合條件的點，則，化簡得，解得或（舍去）綜上，存在點，且當時，滿足平面與平面的夾角為【點睛】本題主要考查利用向量法證明線面垂直、已知二面角大小逆向探求解“點”的存在問題利用空間向量解決涉及關空間的角問題，關鍵在于：構建恰當的空間直角坐標系；準確求解相關點的坐

25、標；構建方程組求出平面的法向量；準確理解和熟練應用夾角公式21.橢圓的左、右焦點分別是，離心率為，過且垂直于軸的直線被橢圓截得的線段長為1(1)求橢圓的方程；(2)點是橢圓上除長軸端點外的任一點，連接，設的角平分線交的長軸于點，求的取值范圍；(3)在(2)的條件下，過點作斜率為的直線，使得與橢圓有且只有一個公共點，設直線，的斜率分別為，若，證明為定值，并求出這個定值【答案】(1)；(2)；(3)見解析，定值為【解析】【分析】(1)將代入橢圓方程可得，從而可得，再結合及，即可求橢圓的方程；(2)設，分別求出直線，的方程，利用角平分線的性質：角平分線上任一點到角兩邊的距離相等，列出關于方程，結合消去，將用表示，利用的有界性即可求出的范圍；(3)將直線方程與橢圓的方程聯立，消去，得到關于的一元二次方程，因與橢圓有且只有一個公共點，故由，可求出，再利用斜率公式求出，即可求出定值【詳解】(1