陕西省西安交大附中龙岗中学2021高三数学上学期第一次联考试题理含解析.doc

《陕西省西安交大附中龙岗中学2021高三数学上学期第一次联考试题理含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《陕西省西安交大附中龙岗中学2021高三数学上学期第一次联考试题理含解析.doc（26页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、陕西省西安交大附中、龙岗中学2021届高三数学上学期第一次联考试题 理（含解析）一选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的选项中，只有一项符合要求)1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求集合，再求集合，即可判断四个选项的正误.【详解】，因为，所以，所以，所以，故选：C.【点睛】本题主要考查了集合的交并补运算，属于基础题.2. 下列说法正确的是（ ）A. 若“且”为真命题，则中至少有一个为真命题B. 命题“”的否定是“”C. 命题“若，则”的逆否命题为真命题D. 命题“若，则”的否命题为“若，则”【答案】D【解析】【分析】由复合命题的

2、真假性及真值表，即可判断选项A；由存在性命题的否定为全称命题，即可判断选项B；先判断原命题的真假，再由互为逆否命题等价，即可判断选项C；由命题的否命题，即对条件否定，又对结论否定，即可判断选项D；【详解】对于选项A：若“且”为真命题，则都为真命题，故选项A不正确；对于选项B：命题“”的否定是“”，故选项B不正确；对于选项C：由于正弦函数具有周期性，所以命题“若，则”为假命题，则它的逆否命题也是假命题；故选项C不正确；对于选项D：一个命题的否命题是将条件和结论同时否定，命题“若，则”的否命题为“若，则”，故选项D正确；故选：D【点睛】本题主要考查了符合命题的真假以及四大命题的形式和真假判断，注意

3、命题的否定和否命题的区别，属于基础题.3. 研究汽车急刹车的停车距离对汽车刹车设计和路面交通管理非常重要，急刹车停车距离受诸多因素影响，其中最为关键的两个因素是驾驶员的反应时间和汽车行驶速度，设表示停车距离，表示反应距离，表示制动距离，则，如图是根据美国公路局公布的实验数据制作的停车距离示意图.图中指针所指的内圈数值表示对应的车速().根据该图数据，建立停车距离与汽车速度的函数模型.可选择模型：模型：模型：模型：(其中为待定参数)进行拟合，则拟合效果最好的函数模型是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分析图中数据，分别判断、与车速的关系，即可得解.【详解】分析图中数据可得，

4、车速每增加千米/小时，反应距离增加的数量大体不变，且时，所以可拟合为；分析车速和制动距离可得稳定在一个常量附近，且时，所以可拟合为；所以拟合效果最好的函数模型是故选：B.4. 甲乙两人同时向同一目标射击一次，已知甲命中目标概率0.6，乙命中目标概率0.5，假设甲乙两人射击命中率互不影响.射击完毕后，获知目标至少被命中一次，则甲命中目标概率为（ ）A. 0.8B. 0.75C. 0.6D. 0.48【答案】B【解析】【分析】先求出目标至少被命中一次的概率,再求出目标至少被命中一次甲命中目标概率，利用概率公式即可求解.【详解】目标至少被命中一次，包括甲中乙中，甲中乙不中，乙中甲不中三种情况，所以目

5、标至少被命中一次的概率为，目标至少被命中一次甲命中目标包括甲中乙中，甲中乙不中二种情况，所以目标至少被命中一次甲命中目标的概率为：，所以甲命中目标概率为，故选：B【点睛】本题主要考查了相互独立事件和互斥事件的概率，属于基础题.5. 函数的大致图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数为奇函数可排除，根据排除，根据当时，排除得到答案.【详解】因为，所以为奇函数，其图象关于原点对称，故不正确；因为，所以不正确；当时，所以，所以，又根据选项的图象可知，所以，故不正确.故选：B【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判

6、断图象的上下位置(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.6. 在复平面内，复数对应向量（为坐标原点），设，以射线为始边，为终边旋转的角为，则，法国数学家棣莫弗发现棣莫弗定理：，,则 ，由棣莫弗定理导出了复数乘方公式:,则 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先将复数化为的形式，然后再根据由棣莫弗定理得到的复数的乘方公式计算即可【详解】由题意得复数可化为，所以故选A【点睛】本题以复数的运算为载体考查新信息问题，解题的关键是通过理解题意得到复数三角形式的乘方公式，考查计算和阅读理解的能力，属于基

7、础题7. 若实数数列：1，81成等比数列，则圆锥曲线的离心率是（ ）A. 或B. 或C. D. 或10【答案】A【解析】【分析】由等比数列的性质可得a的值，分类讨论可求曲线的离心率【详解】由1，81成等比数列有：，所以，当时，方程为，表示焦点在y轴的椭圆，其中，故离心率；当时，方程为，表示焦点在x轴的双曲线，其中，故离心率,故选择A.【点睛】本题考查知识点有等比数列的性质和圆锥曲线的离心率，属于综合题型，根据题意得出未知量代入圆锥曲线方程即可求离心率，难度不大，注重基础的应用，属于简单题.8. 如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，给出下列四个结论错误的选项是（ ）A. B. 点到平面

8、的距离为C. 在底面内的正投影是面积不是定值的三角形D. 在平面内存在无数条与平面平行的直线【答案】C【解析】【分析】利用平面，即可证明，即可判断选项A；利用等体积即可求点到平面的距离，即可判断选项B；利用正投影特点即可判断选项C；利用线面平行的性质定理即可判断选项D.【详解】对于选项A：由且，所以平面，因为平面，可得，故选项A正确；对于选项B：因为点到直线的距离是，所以为定值，点到平面距离是，所以三棱体积是，因为三棱锥，为，所以点到平面的距离为，故选项B正确；对于选项C：线段在底面内的正投影是，所以在底面内的正投影是，因为线段的长是定值，所以线段的长也是定值，所以的面积是定值，故选项C不正确

9、多于选项D：设平面与平面的交线为，则在平面内与直线平行的直线有无数条，故选项D正确，故选：C【点睛】方法点睛：求点到平面的距离，通常采用三棱锥等体积，转化为棱锥的高，也可以采用空间向量的方法求出线面角以及斜线的的长度，也可求点到面的距离.9. 已知双曲线与抛物线有共同的焦点，且点到双曲线渐近线的距离等于1，则双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由抛物线方程求出焦点坐标，可得，求出渐近线方程，利用点到直线距离公式列关于的方程，解方程组即可得到结果.【详解】抛物线的焦点坐标为,可得双曲线的焦点为,化为 ,得,双曲线的一条渐近线方程为，由点到双曲线渐近线的距离等于

10、1，得 , 即，又 ，即，联立解得，双曲线的方程为，故选A .【点睛】本题主要考查抛物线、双曲线的方程及简单性质,是中档题. 求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.10. 设函数，其中在函数和的图象的所有交点中，相邻两个交点之间距离的最小值为，则下列说法错误的是（ ）A. 的最大值为2B. C. 图象的对称轴方程为D. 的一个增区间为【答案】C【解析】【分析】利用辅助角公式化简函数的解析式为，再结合三角函数的最值、单调性、对称性对选项逐个加以判

11、断即可得出答案【详解】，得最大值为2，A正确由，得，得或令，得或，由可得，B正确令，得，故C不正确令，令，得，故D正确故选：C【点睛】本题考查三角恒等变换，三角函数的图象与性质，考查的核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算，熟练应用三角函数的性质是解题的关键，属于中档题11. 若表示不超过的最大整数（例如：），数列满足：，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由递推公式利用累加法即可求得数列的通项公式，由可得，再利用等差数列求和公式求和即可.【详解】，累加可得，又，.故选：A【点睛】本题考查数列创新问题、等差数列的前n项和公式，属于中档题.12. 不等式对任意恒成立，则实数

12、的取值范围（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题首先可以将“不等式对任意恒成立”转化为“对恒成立”，然后求出方程，的最小值即可得出结果【详解】题意即为对恒成立，即对恒成立，从而求，的最小值，而故即当时，等号成立，方程在内有根，故，所以，故选D【点睛】本题主要考查不等式的相关性质，在利用不等式求参数的取值范围时，可以先将参数提取到单独的一侧，然后通过求解函数的最值来求解参数的取值范围，考查函数方程思想，考查计算能力，是难题二填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13. 如图所示，是圆上的两点，若，则弦长为_.【答案】2【解析】【分析】过作于，则，再由化简可求出，从而求

13、得弦的长【详解】过作于，则，所以，故答案为：2【点睛】此题考查了平面向量的数量积及其几何意义的应用，属于基础题.14. 若，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】利用基本不等式即可求解.【详解】若，则，即解得或（舍去），当时取等号，所以的取值范围是.故答案为：15. 气象学意义上从春季进入夏季的标志为：“连续5天的日平均气温均不低于22”现有甲、乙、丙三地的日平均气温的记录数据（记录数据均为正整数）.甲地：5个数据的中位数是24，众数为22；乙地：5个数据的中位数是28，总体平均数为25；丙地：5个数据一个为32，总体平均数为26，方差为10.8则由此判断进入夏季的地区是_【答案】甲地、丙

14、地【解析】【分析】根据数据的特点估计三地连续5日平均温度的记录数据，分析数据的可能性进行判断即可.【详解】甲地：因为众数为22，所以22至少出现两次，若有一天低于22则中位数不可能为24，所以甲地肯定进入夏季；乙地：如13,23,27,28,29满足中位数是27，总体均值为24，但不符合进入夏季的条件；丙地：5个数据中一个为32，总体平均数为26，方差为10.8，若有一个数据小于22，例如取21，此时方差超过10.8，不符合题意，故所有数据均大于22，丙地进入夏季.故答案为：甲地、丙地【点睛】本题考查平均数、中位数与众数的性质，属于基础题.16. 我国古代九章算术中将上，下两面为平行矩形的六面

15、体称为刍童.如图的刍童有外接球，且，平面与平面的距离为1则，该刍童外接球的体积为_.【答案】【解析】【分析】首先设为刍童外接球的球心，分别为矩形，的中心，由球的几何性质可知：，三点共线，连接，再分别计算得到，根据，即可得到答案.【详解】设为刍童外接球的球心，分别为矩形，的中心，由球的几何性质可知：，三点共线，连接，如图所示：由题知：平面，平面，所以.因为，设，中，因为，在中，设外接球的半径为，则，所以，解得.所以，.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题主要考查几何体的外接球，解题的关键是找到外接球的球心，本题中首先设出外接球的球心，根据半径相等得到等量关系，从而求出球体半径和体积，考查了学生的空

16、间想象能力，属于中档题.三解答题(共70分，第17-21题为必考题，第22，23题为选考题)17. 某市规划一个平面示意图为如下图五边形的一条自行车赛道，为赛道（不考虑宽度），为赛道内的一条服务通道，.（1）求服务通道的长度；（2）当时，赛道的长度？【答案】(1)5 (2) 【解析】【分析】（1）连接，在中，由余弦定理可得，由等腰三角形的性质结合可得，再由勾股定理可得结果；（2）在中，直接利用正弦定理定理可得结果.【详解】（1）连接，在中，由余弦定理得： ，.，又，在中，.（2）在中，.由正弦定理得，即：，得当时，赛道的长度为.【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，属于中档题.正弦定理

17、是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.18. 已知数列的前项和为，（1）求；（2）若，且数列的前项和为，求【答案】(1)；（2）【解析】【分析】(1)根据可得，从而可知数列为等比数列，根据等比数列的通项公式，即可求出；(2)由(1) 可知，利用错位相减法，即可求出.【详解】（1）由已知可得，所以，得，化简得，在中，令，可得，所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列，从而有(2)由(1)可知，则，由得，所以【点睛】本

18、题主要考查由与关系求数列的通项及错位相减法求和，同时考查了等比数列的求和公式，考查运算求解能力，属于中档题.19. 已知椭圆，其长轴为4，离心率为，过椭圆上一点作圆的两条切线，切点分别为，直线与轴的交点分别为.（1）求椭圆的方程；（2）求面积的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用已知条件求出，即可得到结果；（2）设点椭圆上点坐标为切点坐标为，利用，得到所在的直线方程，求出点的坐标，即可得出面积，最后利用基本不等式求最值即可.【详解】（1）依题意，得椭圆方程为；（2）设点椭圆上点坐标，切点坐标为，直线为圆的两切线，圆方程为：.，得到：，即，同理可得，所以点同时满足直线方程，

19、即直线方程为：.令得点坐标为，令得点坐标为，所以，因为在椭圆上，有，所以得 即最小值为，当时取得.所以面积的最小值为.【点睛】关键点点睛：把平面解析几何中的垂直问题转换为向量问题求解，进而求出直线的方程，得到交点坐标，利用面积公式以及基本不等式求解最值.属于中档题.20. 如图，已知平行六面体的底面是菱形，且.（1）证明：；（2）假设记面为，面为，求二面角的平面角的余弦值；（3）当值为多少时，能使平面？请给出证明.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）当时，证明见解析.【解析】【分析】（1）连接，设和交于，连接，根据四边形是菱形，得到，再由，再由线面垂直判定定理证明. （2）由（1）知则是二

20、面角 的平面角，然后分别求得，再利用余弦定理求解.（3）当时，能使 平面，由，得到，再结合，进而得到三棱锥是正棱锥证明.【详解】（1）如图所示：连接，设和交于，连接，四边形是菱形，又，但，平面.又平面，.（2）由（1）知,是二面角的平面角，在中，.， ，所以.（3）当时，能使 平面，又，所以，所以三棱锥正棱锥，设与相交于，如图所示： ，且，又是正三角形的边上的高和中线，是正三角形 的中心，平面即 平面.【点睛】本题主要考查线面垂直以及二面角的求法，还考查了转化化归的思想和逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题.21. 已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）若其中求证：【答案】（1）在上单调递减，

21、在上单调递增；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出，然后分析其符号，可得答案；（2）由条件结合（1）可得，即成等差数列，不妨设，得到，即证，设函数，利用导数得到当为减函数，然后可证明.【详解】（1），其中，由解得在和上为负，在上为正在上单调递减，在上单调递增.（2）由（1）知函数在区间上单调递增.，且成等差数列，不妨设，得到.要证，即证可证：即证：，设函数即又，当即时取等.当时取等.由得，当时取等当为减函数.即当时，成立.所以式得证，成立【点睛】关键点睛：本题考查的是双变量有关的证明题，解答本题的关键是利用条件将所需证明的不等式转化为，.22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（是参数

22、以点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程；（2）直线的极坐标方程是，直线：与曲线的交点为，与直线的交点为，求线段的长.【答案】（1）；（2）5【解析】试题分析：()曲线的参数方程消去参数，能求出曲线的普通方程，再由，能求出曲线的极坐标方程；()设，列出方程组求出，由得出结果.试题解析：()曲线的普通方程为，其中. 又曲线 的极坐标方程为，其中. ()设,则解得，；设，则解得，.故所求.23. 已知函数.（1）求函数的最小值；（2）若实数满足，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）分类讨论，化成分段式形式，分别求出每段函数的范围，则问题得解； （2）根据（1）中所求，求得，据此求得的范围；再利用基本不等式即可容易证明.【详解】（1），当时，；当时，；当时，的值域为，函数的最小值.（2）证明：，.，.即证【点睛】本题考查分类讨论求函数的最值，以及利用基本不等式证明不等式，属综合基础题.