1、江苏省南京市2021届期中考试考前训练数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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已知复数 （其中是虚数单位），则在复平面内对应点在（ ）A 第一象限 B 第二象限 C 第三象限 D 第四象限2已知集合则（ ） 3已知双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为ABCD4函数的零点所在区间为ABCD5函数的部分图象大致为ABC D6. 已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡若顾客甲只会用现金结账，顾客乙只会用现金和银联卡结账，顾客丙与甲、乙结账方式不同，丁用哪种结账方式都可以若甲乙丙丁购物后依次结账，那么他
2、们结账方式的组合种数共有A36种B30种C24种D20种7知四边形是边长为2的正方形，为平面内一点，则的最小值为ABCD8已知直线与直线相交于点，点是圆上的动点，则的最大值为ABCD二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分。9某特长班有男生和女生各10人，统计他们的身高，其数据（单位：如下面的茎叶图所示，则下列结论正确的是A女生身高的极差为12B男生身高的均值较大C女生身高的中位数为165D男生身高的方差较小10已知函数的图象关于直线对称，则A函数为奇函数B函数在，上单调递増C若，则的最小值
3、为D函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象11已知等比数列的公比，等差数列的首项，若且，则以下结论正确的有ABCD12当时，恒成立，则整数的取值可以是ABC0D1三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。请把答案直接填写在答题卡相应位置上。13已知锐角，且，则_14曲线在点处的切线方程为_15在三角形中，角，的对边分别为，点是平面内的一个动点，若，则面积的最大值是_16数列的前项和为，则数列的前项和_四、解答题：本题共6小题，共70分。请在答题卡指定区域内作答。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17(本小题满分10分) 已知ABC中，为钝角，而且，AB边上的高为（1）求的大小
4、；（2）求的值18(本小题满分12分)为加快经济转型升级，加大技术研发力度，某市建立高新科技研发园区，并力邀某高校入驻该园区为了解教职工意愿，该高校在其所属的8个学院的教职员工中作了“是否愿意将学校整体搬迁至研发园区”的问卷调查，8个学院的调查人数及统计数据如下：调查人数（x）1020304050607080愿意整体搬迁人数（y）817253139475566（1）请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出变量y关于变量x的线性回归方程（保留小数点后两位有效数字）；若该校共有教职员工2500人，请预测该校愿意将学校整体搬迁至研发园区的人数；（2）若该校的8位院长中有5位院长愿意将学校整体搬迁至研发
5、园区，现该校拟在这8位院长中随机选取4位院长组成考察团赴研发区进行实地考察，记X为考察团中愿意将学校整体搬迁至研发园区的院长人数，求X的分布列及数学期望参考公式及数据：，19(本小题满分12分)如图，在四棱锥中，为直角梯形，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，为上一点，且（1）证明：直线平面；（2）求二面角的余弦值20(本小题满分12分)记是正项数列的前项和，是和的等比中项.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.21(本小题满分12分)已知，分别为椭圆的左、右焦点，为上的动点，其中到的最短距离为1，且当的面积最大时，恰好为等边三角形（1）求椭圆的标准方程；（2）以椭圆长轴为直径的圆
6、叫做椭圆的“外切圆”，记椭圆的外切圆为求圆的方程；在平面内是否存在定点，使得以为直径的圆与相切，若存在求出定点的坐标；若不存在，请说明理由22(本小题满分12分)已知函数，曲线在点，（1）处的切线在轴上的截距为（1）求；（2）讨论函数和的单调性；（3）设，求证：江苏省南京市2021届期中考试考前训练数学参考答案一、 单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. D. 解析：2. A 解析3. 解析：双曲线的离心率为，可得：，即，可得，则双曲线的渐近线方程为：故选：4. 解析函数是增函数并且是连续函数，可得，（1）（1），所以函数的零点
7、在，故选：5. 解析函数的定义域为，为偶函数，排除选项；当时，当时，排除选项和故选：6.解析根据题意，依次分析四人的结账方式：对于甲，只会用现金结账，有1种方式，对于乙，只会用现金和银联卡结账，有2种方式，对于丙，与甲、乙结账方式不同，若乙用现金，则丙有3种方式，若乙用银行卡，则丙有2种方式，对于丁，用哪种结账方式都可以，有4种方式，则他们结账方式的组合有种，故选：7. 解析：以为原点，、所在的直线分别为、轴建立如图所示的平面直角坐标系，则，设，则，当，时，取得最小值，为故选：8. 解析：因为线恒过定点，直线恒过定点且，故两直线的交点在以为直径的圆上，且圆的方程，要求的最大值，转化为在上找一点
8、，在上找一点，使最大，根据题意可得两圆的圆心距，则故选：二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分。9. 解析：、找出所求数据中最大的值173，最小值161，再代入公式求值极差，故本选项符合题意；、男生身高的数据在之间，女生身高数据在之间，所以男生身高的均值较大，故本选项符合题意；、抽取的10名女生中，身高数据从小到大排列后，排在中间的两个数为165和167，所以中位数是166，故本选项不符合题意；、抽取的学生中，男生身高的数据在之间，女生身高数据在之间，男生身高数据波动性大，所以方差较大，故
9、本选项不符合题意故选：10. 解析:函数的图象关于直线对称，；，；对于，函数，根据正弦函数的奇偶性，所以因此函数是奇函数，故正确对于，由于，函数在，上不单调，故错误；对于，因为，又因为，的周期为，所以则的最小值为，正确；对于，函数的图象向右平移个单位长度得到函数，故错误故选：11. 解析：数列是公比为的等比数列，是首项为12，公差设为的等差数列，则，故正确；正负不确定，故错误；正负不确定，由，不能求得的符号，故错误；由且，则，可得等差数列一定是递减数列，即，即有，故正确故选：12. 解析：由，可得，令，则，可令，所以在递增，因为（1），所以在有且只有一个实根，于是在递减，在，递增，所以因为（3
10、），（4），所以，且，将代入可得，因为在递增，所以，即，因为为整数，所以， 故选：三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。请把答案直接填写在答题卡相应位置上。13. 解析：由，得，是锐角，则，故答案为14. 解析：曲线，将带入曲线中可得，带入导函数中可得，曲线在点处的切线方程为，即15. 解析：，由正弦定理，可得又，在三角形中，令，令，由余弦定理可得，（当且仅当时等号成立），故答案为16. 解析：，两式作差，得，化简得，检验：当时，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列；，令，故填四、解答题：本题共6小题，共70分。请在答题卡指定区域内作答。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
11、（1）由三角形面积可知，2分，又因为是锐角，所以5分（2）由（1）可知，所以7分又因为，9分因此12分18. 解：（1）由已知有，4分故变量y关于变量x的线性回归方程为y=0.80x，5分所以当x=2500时，y=25000.80=2000 6分（2）由题意可知X的可能取值有1，2，3，47分， 11分所以X的分布列为X1234PE(X)= 12分19. （1）证明：连接交于点，连接因为，所以与相似所以又，所以因为平面，平面，所以直线平面（2）解：平面平面，平面平面，平面，所以平面以为坐标原点，所在的方向分别为轴、轴的正方向，与均垂直的方向作为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系则，0，1
12、，2，2，1，设平面的一个法向量为，则，令，得，设平面的一个法向量为，则，令，得，设二面角的平面角的大小为，则所以二面角的余弦值为20. （1）因为是和的等比中项，所以，当时，由得：，化简得，即或者（舍去），故，数列为等差数列，因为，解得，所以数列是首项为、公差为的等差数列，.（2）因为，所以.21. 解：（1）由题意可得：，面积最大时为短轴的顶点，再由恰好为等边三角形，可得，解得：，所以椭圆的标准方程为：；（2）由（1）得圆的圆心坐标为，半径为，所以圆的方程为：；解法一：假设存在满足条件的定点，由题意可知定点必在轴上，设，则，由可知，圆的圆心为坐标原点，半径为2，设以为直径的圆的圆心为，半径
13、为，则为线段的中点，即，因为圆与圆相切，则，所以，其中，两边平方并整理得：，化简得，上式对任意，恒成立，故，解得，所以，当定点恰好为椭圆的焦点时，符合题意解法二：存在满足条件的定点，由题意可知，当为长轴的端点时，即为切点，因此，定点必在轴上，设，则，由可知，圆的圆心为坐标原点，半径为2，设以为直径的圆的圆心为，半径为，则为线段的中点，则，即，因为圆与圆相切，则，所以，整理得，设，则，又因为在椭圆上，设，分别为椭圆的左右焦点，故，分别与，重合，所以当定点恰好为椭圆的的焦点时，符合题意解法三：假设存在满足条件的定点，由题意可知定点必在轴上，由可知，圆的圆心为坐标原点，半径为2，设以为直径的圆的圆心
14、为，半径为，则为线段的中点，则，因为圆与圆相切，则，即，所以，设为关于原点对称点，则恰好为的中位线，所以，所以，下同解法二；解法四：假设存在满足条件的定点，设，则由可知，圆的圆心为坐标原点，半径为2，设以为直径的圆的圆心为，半径为，则为线段的中点，则，即，因为圆与圆相切，则，所以，整理得，设，因此，下同解法一22. （1）对求导，得因此又因为（1），所以曲线在点，（1）处的切线方程为，即由题意，显然，适合上式令，求导得，因此（a）为增函数：故是唯一解（2）由（1）可知，因为，所以为减函数因为，所以为增函数（3）证明：由，易得由（2）可知，在上为减函数因此，当时，即令，得，即因此，当时，所以成立下面证明：方法一：由（2）可知，在上为增函数因此，当时，即因此，即令，得，即当时，因为，所以，所以所以，当时，所以，当时，成立综上所述，当时，成立方法二：时，因为，所以下面用数学归纳法证明：时，当时，而，因为，所以可见，不等式成立假设当时不等式成立，即当时，因为，是增函数，所以要证，只需证明而，因为，所以所以可见，时不等式成立由可知，当时，成立