- 834.77 KB
- 2021-04-14 发布
全*品*高*考*网， 用后离不了！
一、选择题（本大题共15个小题，每小题4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.设不等式的解集为，函数的定义域为，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
试题分析：不等式转化为解得其解集是,而函数有意义则需: 解得:所以其定义域为，故选C.
考点：1、函数的定义域；2、集合的交集.
2.已知函数的定义域为，且为偶函数，则实数的值可以是（ ）
A． B．4 C．6 D．2
【答案】D
考点：函数的奇偶性性及函数的平移变换.
3.设，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
试题分析：因为，所以根据幂函数的性质得，根据对数函数的性质，因此，故选B.
考点：1、幂函数的性质；2、对数函数的性质.
4.已知，点在内，且，设
，则等于（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】C
考点：1、平面向量的数量积公式；2、平面向量基本定理及垂直向量.
5.定义在上的函数满足则的值为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．-1
【答案】D
【解析】
试题分析：因为两式相加可得，，所以，故选D.
考点：1、分段函数的解析式；2、函数的周期性.
6.某程序框图如右图所示，该程序运行后输出的的值是（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4
【答案】D
考点：程序框图及循环结构.
【方法点晴】本题主要考查程序框图及循环结构.属于中档题,解决循环结构的框图问题，关键是理解并认清终止循环结构的条件及循环次数．解决循环结构框图问题，首先要找出控制循环的变量其初值、步长、终值(或控制循环的条件)
，然后看循环体，循环次数比较少时，可依次列出即可获解，循环次数较多时可先循环几次，找出规律，要特别注意最后输出的是什么，不要出现多一次或少一次循环的错误．
7.圆的圆心到直线的距离为1，则（ ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【解析】
试题分析：圆的圆心坐标为:,故圆心到直线的距离为,解得，故选B.
考点：1、点到直线的距离公式；2、圆的一般式方程.
8.数列的首项为1，为等比数列且，若，则（ ）
A．16 B．32 C．4 D．8
【答案】A
考点：等比数列的性质及“累乘法”的应用 .
9.若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
试题分析：,
,从而解得或，或,故选D.
考点：1、二倍角的正切公式；2、两角和的正切公式及同角三角函数之间的关系.
10.已知函数的最小正周期为，且对，有
成立，则的一个对称，中心坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
考点：三角函数的图象与性质.
11.某电视台的一个综艺栏目对六个不同的节目排演出顺序，最前只能排甲或乙，最后不能排甲，
则不同的排法共有（ ）
A．240种 B．288种 C．192种 D．216种
【答案】D
【解析】
试题分析：最前排甲，共有种，最前只排乙，最后不能排甲，有种，根据加法原理可得，共有种，故选D.
考点：排列及计数原理的应用.
12.在区间内随机取两个数分别记为，则使得函数有零点的
概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
试题分析：由题意知本题是一个几何概型，使得函数有零点，
，试验发生包含的所有事件是，而满足条件的事件是，由几何概型公式得到，故选C.
考点：1、几何概型概率公式；2、函数的零点及圆面积公式.
13.若展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是（ ）
A．90 B．45 C．120 D．180
【答案】D
考点：1、二项式展开式的系数；2、二项展开式的通项公式.
14.函数若关于的方程有五个不同的
实数解，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
试题分析：因为题中原方程有且只有个不同实数解，所以即要求对应于等于某个常数有个不同实数解，所以故先根据题意作出
的简图，由图可知，只有当时，它有三个根.所以有:①. 再根据有两个不同实根, 得:②, 结合①②得: 或, 故选D.
考点：1、分段函数的解析式及图象；2、数形结合判定方程根的个数.
【方法点睛】本题主要考查分段函数的解析式及图象、数形结合判定方程根的个数，属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将已知函数的性质研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解．
15.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A．2 B．4 C． D．
【答案】C
考点：1、几何体的三视图；2、棱锥的体积公式.
【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
二、填空题（本大题共5小题，每题4分，满分20分．）
16.在中，，则____________．
【答案】
考点：正弦定理及同角三角函数之间的关系.
17.已知为正数，且直线与直线互相平行，则的
最小值为___________．
【答案】
【解析】
试题分析：因为直线与直线互相平行，所以且，即,又均匀正数, 则,当且仅当时上式等号成立,故答案为.
考点：1、两直线平行的性质；2、基本不等式求最值.
18.若实数，满足，则的取值范围是____________．
【答案】
考点：1、可行域的画法；2、线性规划求斜率范围.
19.已知数列是各项均不为零的等差数列，为其前项和，且．若不
等式对任意恒成立，则实数的最大值为_____________．
【答案】
【解析】
试题分析：，，就是在时单调递增,其最小为,所以，故实数的最大值为,故答案为.
考点：1、等差数列列的通项公式及前项和公式；2、不等式恒成立问题.
【方法点晴】本题主要考查等差数列列的通项公式及前项和公式以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；②数形结合( 图象在 上方即可)；③讨论最值或恒成立；④讨论参数.本题是先求出的通项公式再利用方法①将求得的最大值.
20.若，则
等于_____________．
【答案】
考点：二项式定理的应用.
【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的其他应用.
三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
21.（本题10分）
已知函数．
（1）当有最小值时，求的取值范围；
（2）若函数存在零点，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
试题解析：解：（1），要使函数有最小值，
需，∴，故的取值范围为．
（2）∵，∴，
“存在零点”等价于
“方程有解”，亦即有解，
∴，解得或，
∴的取值范围为．
考点：1、函数零点的判定方法；2、分段函数的应用.
22.（本题12分）
已知的三内角所对边的长依次为，若．
（1）求；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
试题分析：（1）为三角形内角，先求出，由展开即可求出的值，从而可求出，由正弦定理即可求出的值；（2）由正弦定理和已知求出的值，即可求出的面积.
（2）由（1）知：，
不妨设：．故知：，
依题设知：，
又．
故的三条边长依次为：．
的面积是．
考点：1、正弦定理及余弦定理；2、同角三角函数之间的关系及三角形面积公式.
23.（本题12分）
如图，在三棱锥中，在底面上的射影为，于
．
（1）求证：平面平面；
（2）若，求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
试题解析：（1）如图，由题意知平面，所以，又，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）由知，
所以是的外心，
又，所以为的中点，
过作于，则由（1）知平面，
所以即为与平面所成的角，
由得，
所以，
所以.
考点：1、平面与平面垂直的判定定理；2、直线与平面所成的角.
24.（本题12分）
某射击运动员进行射击训练，前三次射击在靶上的着弹点刚好的边长分别为
的三角形的三个顶点．
（1）该运动员前三次射击的成绩（环数）都在区间内，调整一下后，又连打三枪，其成绩（环
数）都在区间内．现从这6次射击成绩中随机抽取两次射击的成绩（记为和）进行技术分
析．求事件“”的概率．
（2）第四次射击时，该运动员瞄准区域射击（不会打到外），则此次射击的着弹点距
的距离都超过的概率为多少？（弹孔大小忽略不计）
【答案】（1）；（2）.
试题解析：（1）前三次射击成绩依次记为，后三次成绩依次记为，从这6次射击成绩中随机抽取两个，基本事件是：
，共15个，
其中可使发生的是后9个基本事件，
故；
（2）因为着弹点若与的距离都超过，
则着弹点就不能落在分别以6为中心，
半径为的三个扇形区域内，只能落在扇形外的部分，因为，
∴，则，满足题意部分的面积为，故所求概率为．
考点：1、几何概型概率公式；2、古典概型概率公式.
25.（本题12分）
已知数列中，，其前项和满足，令．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
试题解析：（1）由题意知，
即，
∴
，
检验知时，结论也成立，故．
（2）由于，
故
．
考点：1、不等式的证明；2、数列递推公式及裂项求和法.
【方法点睛】本题主要考查不等式的证明、数列递推式及裂项求和法，属于难题.已知数列前项和与第项关系，求数列通项公式，常用将所给条件化为关于前项和的递推关系或是关于第项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式.
26.（本题12分）
在平面直角坐标系中，已知圆和．
（1）若直线过点，且被圆截得的弦长为，求直线的方程；
（2）设为平面上的点，满足：存在过点的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和相
交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，求所有满足条件的点的坐标．
【答案】（1）；（2）,.
试题解析：（1）由于直线与圆不相交；
∴直线的斜率存在，设方程为：，
圆的圆心到直线的距离为，∵被截得的弦长为，
∴从而即，
∴直线的方程为：
（2）设点满足条件，
由题意分析可得直线的斜率均存在且不为0，
不妨设直线的方程为，
则直线的方程为：，
∵和的半径相等，及直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，
∴的圆心到直线的距离和圆的圆心到直线的距离相等，
即，
整理得，
∴，
即或，
因的取值有无穷多个，所以或，
解得或这样的点只可能是点或点．
考点：1、直线和圆的方程的应用；2、圆的几何性质以及圆的弦长公式.
【方法点睛】本题主要考查直线和圆的方程的应用、圆的几何性质以及圆的弦长公式.属于难题，由于圆的的特殊几何性质，解答关于圆的问题可用有别于其他曲线的方法，首先圆是一个对称图形，它关于圆心成中心对称，关于每一条直径所在直线都是它的对称轴，当然其对称轴一定过圆心，其次直线与圆有相交、相切、相离三种位置关系，判断方法可用几何与代数两种方法研究，圆的切线长我们用勾股定理求解，设圆外一点到圆的距离为，圆的半径为，则由点所作切线的长，圆的弦长公式也可用勾股定理求得.