陕西省宝鸡市渭滨区2021届高考数学下学期适应性训练试题（一）理一、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，，则（）A．B．C．D．2．已知复数z＝(a2－4)＋(a－3)i，则“a＝2”是“z为纯虚数”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件3．设向量，且，则（）A．0B．1C．2D．34．某高中为了解学生课外知识的积累情况，随机抽取名同学参加课外知识测试，测试共道题，每答对一题得分，答错得分.已知每名同学至少能答对道题，得分不少于分记为及格，不少于分记为优秀，测试成绩百分比分布图如图所示，则下列说法正确的是（）A．该次课外知识测试及格率为B．该次课外知识测试得满分的同学有名C．该次测试成绩的中位数大于测试成绩的平均数D．若该校共有名学生，则课外知识测试成绩能得优秀的同学大约有名5．若，则下列各式中一定成立的是（）A．B．C．D．且6．棱长为的正方体密闭容器内有一个半径为的小球，小球可在正方体容器内任意运动，则其不能到达的空间的体积为（）A．B．C．D．7．如图，过抛物线（）的焦点F的直线l13\n交抛物线于点A，B，交其准线于点C，若，且，则此抛物线方程为（）A．B．C．D．8．已知函数，则（）A． B． C．4 D．40429．已知函数的部分图象如图所示，则关于函数下列说法正确的是（）A．的图象关于直线对称B．的图象关于点对称C．在区间上是增加的D．将的图象向右平移个单位长度可以得到的图象10．在中，角所对的边分别为，，，则的最大值为（）A.2 B.3 C.D.411．已知双曲线，斜率为的直线交双曲线于、，为坐标原点，为的中点，若的斜率为，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．12．已知函数的定义域为，且满足：①对任意的，，都有；②是奇函数；③为偶函数.则（）A．B．C．D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．函数在处的切线方程是________．14．题库中有道题，考生从中随机抽取道，至少做对道算通过考试．13\n某考生会做其中道，有道不会做，则此考生能通过考试的概率为_______________．15．计算，可以采用以下方法：构造等式：，两边对x求导，得，在上式中令，得．类比上述计算方法，计算____________．16．半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面组成的多面体．如将正四面体所有棱各三等分，沿三等分点从原几何体割去四个小正四面体（如图所示），余下的多面体就成为一个半正多面体，若这个半正多面体的棱长为4，则这个半正多面体的外接球的半径为__________．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．17．设数列满足，且，.（1）证明：数列为等比数列；（2）设，求数列的前项和.18．四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，为的中点，为的中点，平面底面.（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）若与底面所成的角为，求二面角的余弦值.19．某商场举行有奖促销活动，凡10月13日当天消费每超过400元（含400元），均可抽奖一次，抽奖箱里有6个形状、大小、质地完全相同的小球（其中红球有3个，白球有3个），抽奖方案设置两种，顾客自行选择其中的一种方案．13\n方案一：从抽奖箱中，一次性摸出2个球，若摸出2个红球，则打6折；若摸出1个红球，则打8折；若没摸出红球，则不打折．方案二：从抽奖箱中，有放回地每次摸取1个球，连摸2次，每摸到1次红球，立减100元．（1）若小方、小红均分别消费了400元，且均选择抽奖方案一，试求他们其中有一人享受6折优惠的概率．（2）若小勇消费恰好满600元，试比较说明小勇选择哪种方案更划算．20．已知圆的方程为，圆的方程为，若动圆与圆内切与圆外切．求动圆圆心的轨迹的方程；过直线上的点作圆的两条切线，设切点分别是，若直线与轨迹交于两点，求的最小值．21．设函数．（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数的值；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．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标为.（1）求曲线的直角坐标方程和点的直角坐标；（2）设直线与曲线交于，两点，线段的中点为，求.13\n23．已知函数.（1）求不等式的解集；（2）当x∈R，0<y<1时，证明：.13\n渭滨区高三适应性训练试题（一）数学（理）参考答案1．D【详解】∵集合，，∴．故选：D．2．A【详解】因为复数z＝(a2－4)＋(a－3)i为纯虚数，等价于，即a＝±2，由充分条件和必要条件的定义知“a＝2”是“”的充分不必要条件，所以“a＝2”是“z为纯虚数”的充分不必要条件.故选：A.3．A【详解】因为，所以,因为，所以所以，所以,故选：A．4．C【详解】由图知，及格率为，故A错误.该测试满分同学的百分比为，即有名，B错误.由图知，中位数为分，平均数为分，故C正确.由题意，名学生成绩能得优秀的同学有，故D错误.故选：C5．C6．【详解】指数函数在上是单调递减的，由可知，.所以，则.故C正确；，但不一定有，则不一定有，故错误；函数在上是单调递增的，.则，故错误；当时，函数在上单调递减，则.故错误.故选：C6.13\n【详解】由题可得小球在八个角不能到达的空间相当于边长为2的正方体中间挖掉一个半径为1的球的剩余部分，其体积为，小球在12条边活动不到的空间相当于高为2，底面积为4的正四棱柱中间挖掉底面积为，高为2的圆柱剩下的部分，且有3个，则其体积为，则小球不能到达的空间的体积为.故选：A.7．B【详解】如图，分别过点A，B作准线的垂线，分别交准线于点E，D，设，,则由已知得，由抛物线定义得，故.在中，因为，，，所以，得，，所以，因此抛物线方程为.故选：B8．C【详解】因为，所以.故选：C9．C【详解】将代入，则，，，即，，则，解得，由图可得，即，又，则可得，，，，则的图象不关于直线对称，故A错误；，13\n的图象不关于点对称，故B错误；时，，可得单调递增，故C正确；将的图象向右平移个单位长度可以得到，故D错误.故选：C.10．A【详解】试题分析：根据题意，由，且，所以，即,又，可解得，则，即，整理可得.故选A.11．A【详解】设点、，则，由题意，得，，两式相减，得，整理得，所以，因此，双曲线的离心率为，故选：A.12．D【详解】由对任意的，，都有，可得在上单调递增.由是奇函数，可得，从而①.由为偶函数，可得，从而②.由①②得，设，则，得，所以函数的周期为8，所以，，，因为，在上单调递增，所以，即，13\n故选：D.13．【详解】解：由函数，求导可得，所以，又，即函数在处的切线方程是，即，故答案为：.14．【详解】由题意可知，此考生从道题中选择道题，共有种方法，其中能通过考试的方法有种方法，由古典概型计算公式可得满足题意的概率值为.15．【解析】构造等式：，两边同乘，得，再两边对求导，得到，在上式中，令，得.16．【详解】正四面体的棱长，且正四面体与半正多面体的外接球的球心相同，设为，为底面的中心，是边中点，是半正多面体的一个顶点设，在中，，，中，中，13\n由余弦定理，．故答案为：17．【详解】（1）因为，所以，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列.（2）因为是首项为，公比为3的等比数列.所以，所以，所以，所以，所以.18．【详解】（Ⅰ）四边形是平行四边形.又，.又面面，面面，面,面,且面平面平面.（Ⅱ）连结，，为中点，又平面，平面平面，平面平面，底面，又，以，，分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，设，，取平面的法向量，，，，，，,设平面的法向量，，令，，.13\n设二面角的平面角为又为钝角，，即二面角的余弦值为.19．【详解】（1）由题意，设顾客享受到6折优惠为事件，则．∴小方、小红两人其中有一人享受6折优惠的概率为．（2）若小勇选择方案一，设付款金额为元，则可能的取值为360，480，600．则，，．故的分布列为360480600∴（元）．若小勇选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为元，则．由已知，可得，故，∴（元）．由上知：，故小勇选择方案一更划算．20．【详解】（Ⅰ）设动圆的半径为，∵动圆与圆内切，与圆外切，∴，且.于是，，所以动圆圆心的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆.从而，，所以.故动圆圆心的轨迹的方程为．（Ⅱ）设直线上任意一点的坐标是，切点坐标分别是，13\n；则经过点的切线斜率，方程是，经过点的切线方程是，又两条切线，相交于.则有，所以经过两点的直线的方程是，①当时，有，，，，则；②当时，联立，整理得；设坐标分别为，，则，所以，综上所述，当时，有最小值．21．【详解】（1）．．当时，，函数在上单调递增，即的单调递增区间为．当时，由得；由，解得．所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）由（1）可得，若函数有两个零点，则，且的最小值，即．，．令，可知在上为增函数，且（2），（3），13\n所以存在零点，，当时，（a）；当时，（a）．所以满足条件的最小正整数．又当时，（3），（1），时，由两个零点．综上所述，满足条件的最小正整数的值为3．22．【详解】（1）：，所以，曲线的直角坐标方程是.点的极坐标为，化为直角坐标得（2）将直线的参数方程代入中，整理得，，此方程有不等实数根.直线经过定点.设有向线段，与实数，对应，则，就是上述方程的两个实根，.已知是线段的中点，对应于参数取值，所以.23．【详解】（1）当时，，不合题意；当时，，解得；当时，恒成立，24．∴．则不等式的解集为（2）13
