2021届高三第八次考前适应性训练数学(理)试题.doc

1、高三第八次考前适应性训练数学（理）试题一、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.欧拉公式(其中i为虚数单位)是由著名数学家欧拉发现的,当x=时,这是数学里最令人着迷的一个公式，数学家们评价它是“上帝创造的公式”.根据欧拉公式，若将所表示的复数记为z,则2.已知集合A=x|x|0,则的取值范围是C.3,411.已知定义在R上的偶函数f(x)满足f(x)=f(2-x),且x0,1时,则A.-B.C.D.112.已知椭圆的左、右焦点分别为,C分别为椭圆的上、下顶点,直线与椭圆的另一个交点为D,若则直线CD的斜率为二、填空题:本题共4小题

2、，每小题5分,共20分。13.曲线在点(1,0)处的切线方程为_14.若直线kx-y+k=0与不等式组表示的平面区域有公共点，则实数k的取值范围是_15.已知且(0,),则_16.在三棱锥A-BCD中,AB=AC,DB=DC,AB+BD=4,ABBD,则三棱锥A-BCD的外接球体积的最小值为_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1721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)已知数列满足(1)求的通项公式;(2)求的前n项和18.(12分)某厂生产不同规格的一种产品，根据检测标准，其合格产品

3、的质量y(g)与尺寸x(mm)之间近似满足关系式c为大于0的常数).按照某项指标测定，当产品质量与尺寸的比在区间内时为优等品.现随机抽取6件合格产品,测得数据如下:（1）现从抽取的6件合格产品中再任选3件，记为取到优等品的件数，试求随机变量的分布列和期望；（2）根据测得数据作了初步处理，得相关统计量的值如下表：根据所给统计量,求y关于x的回归方程;附:对于样本(,其回归直线u=bv+a的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为:19.(12分)如图,三棱柱的底面是等边三角形在底面ABC上的射影为ABC的重心G.(1)已知证明:平面平面；(2)已知平面与平面ABC所成的二面角为60,G到直线AB的距离

4、为a,求锐二面角的余弦值.20.(12分)已知点F(0,1),直线l:y=-1,点E为l上一动点,过E作直线为EF的中垂线与交于点G,设点G的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程;(2)若过F的直线与交于A,B两点,线段AB的垂直平分线交y轴于点P,求|FP|与|AB|的比值.21.(12分)已知函数f(x)=ln(1+x)+sinx-ax,a0.(1)当a=2时,证明:f(x)0;(2)若f(x)在(-1,+)只有一个零点,求a.(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)以直角坐标系的原点O为极点,x

5、轴的非负半轴为极轴,建立极坐标系，并在两种坐标系中取相同的长度单位.已知圆和圆的极坐标方程分别是=4cos和=2sin.(1)求圆和圆的公共弦所在直线的直角坐标方程;(2)若射线OM:=与圆的交点为O、P,与圆的交点为O、Q,求|OP|OQ|的最大值.23.选修4-5:不等式选讲(10分)已知a,b,c分别是ABC的三个内角A,B,C的对边.(1)若a,b,c成等比数列，证明:；(2)若a+b2c,证明:c理科数学参考答案及评分标准命题、审题组教师 杨昆华 张宇甜 顾先成 李春宣 王海泉 莫利琴 蔺书琴 张远雄 崔锦 杨耕耘一、选择题 题号123456789101112答案CBADBDCADB

6、AC1. 解析：依题意，则，选C.2. 解析：，易知图中阴影部分对应的集合为，选B.3. 解析：函数为非奇非偶函数，排除B，C选项；当时，所以选A.4. 解析：由已知：与共线，可得，所以在方向上的投影为：，选D.5. 解析：因为， 所以，选B6. 解析：由正弦定理得：，所以，即：，所以，选D7. 解析：；，此时输出，结合选项，选C.8. 解析：不超过的素数有，随机选取两个不同的数，其和等于的情况有和两种，所以概率为，选A9. 解析：设的中点为，则平面，连结，则，由三垂线定理得，选D10. 解析：因为，因为，由已知得：，所以， 由于，所以，解得，选B11. 解析：，可推出为周期为2的函数，所以，

7、选A.12. 解析：有题意可知，所以，令,则，所以,所以，所以，选C.二、填空题13. 解析：因为，由导数的几何意义知，故曲线在点处的切线方程为.14. 解析：直线过定点，不等式组表示的区域如图：可知的取值范围是：.15. 解析：由得：，所以，由，所以，由得：，所以， 所以16. 解析：由题意可得，,所以,所以为三棱锥的外接球的直径，设，则，所以，所以三棱锥的外接球的半径，所以三棱锥的外接球体积的最小值为三、解答题（一）必考题17. 解析：（1）时，时，由 可得 -，因为适合，所以的通项公式为. 6分（2）， ，-得，. 12分 18. 解：（1）由已知，优等品的质量与尺寸的比在区间内，即，则

8、随机抽取的6件合格产品中，有3件为优等品，3件为非优等品 ，现从抽取的6件合格产品中再任选3件，则取到优等品的件数， 的分布列为所以 6分 （2）解：对（）两边取自然对数得，令，得，且，根据所给统计量及最小二乘估计公式有， ，得，故，所求关于的回归方程为 12分 19.（1）证明：连接并延长交于，由已知得平面，且，所以，因为，所以平面，所以，因为四边形是平行四边形，且，所以四边形是菱形，所以，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面. 5分（2）解：连接，因为在底面上的射影是的重心，所以与全等，所以，因为，所以点为中点，所以，故平面与平面所成的二面角的平面角为，由，得，故可以为原点，分别作为轴、

9、轴、建立空间直角坐标系，则，, , ,所以， 设为平面的一个法向量， 则，可取， 设平面的一个法向量为，则，可取，所以，即锐二面角的余弦值为. 12分20. 解：(1)由条件可知，即点到的距离等于点到点的距离， 所以点的轨迹是以为准线，为焦点的抛物线， 其方程为：.5分（2）设线段的垂直平分线与交于点，分别过点作，垂足为，再过点作，垂足为，因为， 所以，所以，设，(不妨设)，由抛物线定义得， ，所以，而，所以.12分21. 解：（1）当时，令，则，若，则，则，则在上单调递减，又，故，故在上单调递增，又，故对任意，恒成立；若，因为且，所以，则在上单调递减，又，故对任意，恒成立.综上，当时，对任意

10、， 恒成立. 5分 （2）当时，在上单调递减，又，又则，结合零点存在性定理知在内存在实数可使得，又，与在只有一个零点矛盾；当时，在上单调递减，又，结合零点存在性定理知在内存在实数可使得，故当时，即在上单调递增，又，故；构造函数，则，则，故在单调递减，又，故，故在单调递减，又，故即，对任意恒成立，因为，所以，故，即，即，因为，且，即，由零点存在性定理知：在内存在实数可使，又，与在只有一个零点矛盾；综上，要使在只有一个零点，则. 12分（二）选考题：第22、23题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题记分。22. 解: （1） 将圆和圆的极坐标方程和两边乘， 由直角坐标和极坐标的互化公式：，可得圆和圆的直角坐标方程分别为：，两式相减可得圆和圆的公共弦所在直线的直角坐标方程为. 5分（2）依题意可得两点的极坐标分别为,所以,从而，当时等号成立，所以的最大值为. 10分23. 证明: （1）依题意可得， 因为，所以， 5分（2）要证:,只需证: ,只需证: ,两边平方后化简整理即是: ,由题设知， 成立，所以，不等式成立. 10分