2021屆河南省信陽市高三上學期調研考試（12月）數學（文）試題一、單選題1．已知集合，，則（）A． B． C． D．【答案】C【分析】分別解出集合A、B，利用集合基本運算求交集即可.【詳解】，，∴．故選：C.2．若為虛數單位，，且，則復數的模等于（）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先根據復數相等得到，，再求的模即可.【詳解】因為，所以，.所以.故選：C3．某工廠一年中各月份的收入、支出情況的統計圖如圖所示，則下列說法中錯誤的是（）．A．收入最高值與收入最低值的比是B．結余最高的月份是7月C．1至2月份的收入的變化率與4至5月份的收入的變化率相同D．前6個月的平均收入為40萬元【答案】D【分析】根據統計圖，逐項判斷，即可得出結果.【詳解】由圖可知，收入最高值為90萬元，收入最低值為30萬元，其比是，故A正確；由圖可知，結余最高為7月份，為，故B正確；由圖可知，1至2月份的收入的變化率為與4至5月份的收入的變化率相同，故C正確；由圖可知，前6個月的平均收入為萬元，故D錯誤.故選：D.4．在等比數列中，，且，則（）A．1 B．2 C． D．【答案】C【分析】依題意首先求出，再根據求出公比，即可得解；【詳解】解：因為，所以，則，設等比數列的公比為，，兩邊同除以，得到，解得或（舍），所以，所以，故選：C5．已知命題：，，命題：，，若為真命題，則的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由題意知，，均為真命題，設，可求出當時函數的最大值，從而求出的取值范圍；設，結合函數的單調性求出函數在的最大值，從而求出此時的取值范圍，兩個范圍求交集即可選出正確答案.【詳解】設，當，，對于命題：，使得，若命題為真，則；設，當，單調遞減，當，單調遞增，，，命題：，，若命題為真，則．由于為真命題，所以，均為真命題，所以，故選:D．【點睛】易錯點睛:本題的易錯點是對于命題，把存在問題當成了恒成立問題求解，即求的最小值，令a小于最小值，導致最后結果錯誤.6．已知，是雙曲線：（，）的左，右焦點，直線：與雙曲線在第一象限的交點為，且，則雙曲線的離心率為（）A． B．3 C． D．4【答案】C【分析】首先根據條件判斷的形狀，再結合雙曲線的定義，，求雙曲線的離心率.【詳解】∵，∴，∴，直線：的傾斜角為，，所以是等邊三角形，，∴，則，所以.故選：C7．2019年7月，中國良渚古城遺址獲準列入世界遺產名錄，標志著中華五千年文明史得到國際社會認可，良渚古城遺址是人類早期城市文明的范例，實證了中華五千年文明史.考古科學家在測定遺址年齡的過程中利用了“放射性物質因衰變而減少”這一規律.已知樣本中碳14的質量隨時間（單位：年）的衰變規律滿足（表示碳14原有的質量），經過測定，良渚古城遺址文物樣本中碳14的質量是原來的至，據此推測良渚古城存在的時期（）（參考數據：，）A．距今約在4011年到5730年之間B．距今約在3870年到11460年之間C．距今約在4011年到11460年之間D．距今約在2005年到5730年之間【答案】A【分析】由題意，衰變規律滿足，要想碳14的質量是原來的至，對應得到和，所以得到正確的選項.【詳解】當時，，∴經過5730年后，碳14的質量變為原來的，令，則，∴，∴，∴良渚古城存在的時期距今約在4011年到5730年之間，故選：A.8．已知函數，函數圖象的一個對稱中心為，現將圖象上各點的橫坐標縮小到原來的（縱坐標不變），縱坐標伸長到原來的2倍（橫坐標不變），得到函數的圖象，當時，函數的值域為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先利用三角恒等變換，化簡函數，再根據函數的對稱中心是，求得函數的解析式，再根據圖象的變換規律求得函數，再根據整體代入的方法求函數的值域.【詳解】，∵函數的一個對稱中心為，∴，∴，∵，∴，∴，將圖象上各點的橫坐標縮小到原來的（縱坐標不變），縱坐標伸長到原來的2倍（橫坐標不變），得到函數的圖象，則，∵，，所以函數的值域為.故選：B.【點睛】本題考查函數的圖象變換，以及的性質，屬于中檔題型，的橫坐標伸長（或縮短）到原來的倍，得到函數的解析式是，若向右（或左）平移（）個單位，得到函數的解析式是或.9．已知是球的直徑上一點，，平面，為垂足，截球所得截面的面積為，則球的表面積為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】設球的半徑為，根據題意知由與球心距離為的平面截球所得的截面圓的面積是，求出截面圓的半徑為1，根據球心距、截面圓半徑、球半徑構成直角三角形，滿足勾股定理，可求出該球的半徑，進而求出球的表面積．【詳解】解：設球的半徑為，平面與球心的距離為，截面圓的半徑為，∵，∴平面與球心的距離為，即，∵截球所得截面的面積為，則，，故由得，∴，∴球的表面積.故選：C．【點睛】本題考查球的表面積公式，確定球心距、截面圓半徑、球半徑構成直角三角形，滿足勾股定理是解題的關鍵，考查運算能力.10．已知菱形中，，，，，若，則（）A． B． C． D．【答案】D【分析】在中，由余弦定理求得，再運用向量的線性表示和向量的數量積運算律建立方程，解之可得選項.【詳解】因為，所以，在菱形中，，在中，有，所以，所以，解得，故選：D.【點睛】本題考查向量的數量積運算，關鍵在于待求數量積的向量線性表示為已知向量，屬于中檔題.11．已知，，則，之間的大小關系是（）A． B． C． D．無法比較【答案】B【分析】構造函數，然后計算出、的值，再結合分式的特點即可比較出的大小關系.【詳解】設，則，．∴，∴即，故選：B．【點睛】方法點睛：常見的比較大小的方法：（1）作差法：作差與作比較；（2）作商法：作商與作比較（注意正負）；（3）函數單調性法：根據函數單調性比較大小；（4）中間值法：取中間值進行大小比較.12．已知函數，若任意給定的，總存在兩個不同的，使得成立，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由題意，求，對分類討論，判斷單調性，求出函數的值域，即可求.【詳解】.當時，，顯然不滿足題意；當時，函數的變化情況如下表所示0120-0+1極小值又時，在上是減函數，且對任意的值域為，此時當時，函數上不存在兩個使得成立，∴不合題意；當時，函數的變化情況如下表所示0120+0-1極大值在的最大值為.又時，在上是增函數，且對任意.由題意可知.綜上，實數的取值范圍是.故選：.【點睛】本題考查導數的應用，考查分類討論和轉化的思想方法，屬于困難的題目.二、填空題13．已知單位向量，滿足，則向量的夾角為______．【答案】【分析】把已知模的等式平方后轉化為數量積的運算，再由數量積的定義可得夾角．【詳解】根據題意，向量，，設向量，的夾角為，向量，則，則有，，，所以．故答案為：．14．若實數，滿足約束條件，則的最大值是______．【答案】9【分析】作出可行域，標函數，可化為直線，直線向上平移時，縱截距增大，增大．因此直線向上平移可得最優解．【詳解】畫出約束條件所表示的平面區域，如圖所示陰影部分，目標函數，可化為直線，當直線過點時在上的截距最大，此時目標函數取得最大值，又由，解得，所以目標函數的最大值為．故答案為：9．15．過點引直線與曲線相交于，兩點，為坐標原點，當的面積取最大值時，直線的斜率等于______.【答案】【分析】當面積取最大值時，，圓心到直線直線的距離為1，由此能求出直線的斜率．【詳解】解：當面積取最大值時，，曲線相交于，兩點，為坐標原點，圓心，半徑，，，圓心到直線的距離為1，當直線的斜率不存在時，直線的方程為，不合題意；當直線的斜率存在時，直線的方程為，圓心到直線的距離，解得，，．故答案為：．16．已知數列，滿足，，，，，令，則滿足的的最小值為______.【答案】10【分析】根據，，得到，利用等比數列的定義求解.【詳解】因為，，且，所以是首項為0.9，公比為的等比數列，所以，則，即，當時，；當時，，顯然當時，成立，故的最小值為10.故答案為：10【點睛】方法點睛：數列中有關項或前n項和的恒成立問題，往往轉化為函數的最值問題；求項或前n項和的不等關系可以利用不等式的性質或基本不等式求解．三、解答題17．已知的三個內角、、所對的邊分別為，，，．（1）求角的大小；（2）若，邊上的中線長為，求的周長．【答案】（1）；（2）6．【分析】（1）利用正弦定理邊化角以及兩角和的正弦公式化簡可求得結果；（2）根據兩邊平方可得，根據余弦定理可得，聯立求出和，由此可求出，則可得三角形的周長.【詳解】（1）因為，所以，根據正弦定理得，所以，所以，所以，因為、、是的三個內角，所以，，，因為，所以．（2）因為是邊上的中線，所以，所以，所以，所以，所以①，又因為，所以，即②，由①②，解得，，，則，所以，∴，故的周長為6．【點睛】關鍵點點睛：熟練掌握正弦定理、余弦定理是本題解題關鍵.18．已知四棱錐，底面正方形，，為上的點，過的平面分別交，于點，，且平面.（1）證明：；（2）當為的中點，與平面所成的角為，求點到平面的距離.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）連結、且，連結.證明平面，得到，即得證；（2）由題得與平面所成的角為，所以，根據即得解.【詳解】（1）連結、且，連結.因為為正方形，所以，，因為，且為的中點，所以，因為且、平面，所以平面，因為平面，所以，因為平面，平面，且平面平面，所以，所以.（2）由（1）知且，因為，且為的中點，所以，所以平面，所以與平面所成的角為，所以，∵設，所以，，∵為的中點，∴點到平面的距離是點到平面的距離的，設點到平面的距離為，∵，∴正方形的弦長為2，，是等邊三角形，，∵，即，即，解得，所以點到平面的距離是.【點睛】方法點睛：點面距離常用求法：①幾何法：作出點到平面的垂線后求出垂線段的長，常要把垂線段放到三角形中去解三角形；②等體積法：根據體積相等求出點到面的距離；如求點到平面的距離，如果已知點到平面的距離，則可以根據求出點到平面的距離；③向量法：如下圖所示，已知是平面的一條斜線，為平面的法向量，則到平面的距離為.19．為進一步提升摩托車、電動自行車騎乘人員和汽車駕乘人員安全防護水平，有效減少交通事故死亡人數，2020年4月，公安部交通管理局部署在全國開展“一盔一帶”安全守護行動為研究交通事故中摩托車駕乘人員致死與是否戴頭盔有關，現對發生交通事故的摩托車駕乘人員做相關調查，制成如下列聯表.交通事故致死交通事故不致死總計不戴頭盔8020100戴頭盔2080100總計100100200（1）現從交通事故致死的駕乘人員中按照分層抽樣的方法抽取5人，再從這5人中抽取2人進行調查，求這2人都是不戴頭盔致死的概率；（2）是否有99.9%的把握認為交通事故中摩托車駕乘人員致死與不戴頭盔有關？附：（其中）.（）0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828【答案】（1）；（2）有.【分析】（1）按照分層抽樣的定義方法抽取5人，可得不戴頭盔的4人記為，，，，戴頭盔的記為，列出所有可能結果，再利用古典概型的概率公式可求這2人都是不戴頭盔致死的概率；（2）由公式計算觀測值，從而查表即可得答案．【詳解】（1）在交通事故致死的人員中，不戴頭盔與戴頭盔的比例是，所以按照分層抽樣抽取的5人中，不戴頭盔的有人，戴頭盔的有人，為了問題研究的方便，將不戴頭盔的4人記為，，，，戴頭盔的記為.從5人中隨機抽取2人，共有10中可能的結果，，，，，，，，，，而這2人都是不戴頭盔的有6種可能結果，所以這2人都是不戴頭盔致死的概率為.（2）由表計算得：，故有99.9%的把握認為摩托車駕乘人員交通事故致死與不戴頭盔有關.20．在平面直角坐標系中，已知定點（2，0），直線：，動點到點的距離與到直線的距離之比為，設動點的軌跡為曲線．（1）求曲線的方程；（2）設（，0），過點，作直線與曲線相交于不同的兩點，．當的面積取得最大值時，求的內切圓的面積．【答案】（1）；（2）．【分析】(1)設動點，結合兩點間的距離公式和點到直線的距離公式求出和點到直線的距離，根據兩距離的比從而可求出動點的軌跡方程.(2)設，，設直線的方程為，聯立直線方程和橢圓方程，結合韋達定理求出，進而可求出三角形的面積，利用換元法和基本不等式可求出當取何值時面積有最大值，并求出最大的面積.結合橢圓的定義求出三角形的周長，進而可求出三角形內切圓的半徑，從而可求出內切圓的面積.【詳解】（1）設動點，點到直線的距離為，則，所以，即，化簡整理得：．（2）設，，可設直線的方程為，聯立，得，∴，．則，則，設，則，當且僅當，即時等號成立，取得最大值．設的內切圓半徑為，的周長為，，則，，所以，的內切圓的面積為．【點睛】關鍵點睛:本題考查了動點軌跡方程的求解，考查了橢圓的定義，考查了基本不等式，考查了兩點間的距離公式和點到直線的距離求解.本題第二問的關鍵是，設出直線方程與橢圓進行聯立，結合基本不等式求出三角形的面積最大值，進而求出周長和內切圓的半徑.21．函數.（1）若，求的單調性；（2）當時，若函數有兩個零點，求證：.【答案】（1）在上單調遞減，在上單調遞增；（2）證明見解析.【分析】（1）求導得，設，利用導數可得的單調性，并可得的零點，即可求出的單調性；（2）由函數有兩個零點，所以，即有兩個不等實根，利用導數求得的單調性，結合題意可得，求出的范圍，利用對勾函數的單調性即可證明.【詳解】（1）因為，（），所以.設，則，所以在單調遞增，又因為，所以當時，，則，單調遞減；當時，，則，單調遞增.綜上，在上單調遞減，在上單調遞增.（2）證明：因為函數有兩個零點，所以方程有兩個不等實根.設，即有兩個不等實根，則.設，則由可知，而的對稱軸方程為，且，所以存在使得，即，且當時，，則，所以單調遞減；當時，，則，所以單調遞增.因為有兩個不等實根，所以必有，即.將，代入整理可得.設，則易得在上單調遞減，又，所以，結合對勾函數在單調遞增可知，即成立，命題得證.【點睛】解題的關鍵是利用導數判斷函數的單調性，當導函數無法直接判斷正負時，可構造新函數，并繼續求導，即可求出導函數的單調性和極值，進而可得導函數的正負，即原函數的單調性，考查分析理解，化簡求值的能力，屬中檔題.22．在極坐標系中，直線：，圓：．以極點為原點，極軸為軸正半軸建立直角坐標系．（1）求直線的直角坐標方程和圓的參數方程；（2）已知點在圓上，點到直線和x軸的距離分別為，求的最大值．【答案】（1）直線的直角坐標方程為，圓的參數方程為（為參數）；（2）．【分析】(1)利用極坐標方程與直角坐標方程，普通方程與參數方程的轉化方法進行轉化即可；(2)結合(1)中的結論得到關于的表達式，結合三角函數的性質確定其最大值即可.【詳解】（1）由：得，；因為，代入有直線的直角坐標方程為：，即為