2021届贵州省贵阳市四校高三上学期联合考试(一)数学(理)试题(解析版).doc

1、2021届贵州省贵阳市四校高三上学期联合考试（一）数学（理）试题一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD【答案】A【解析】先由一元二次不等式的解法，化简集合，再由交集的概念，即可得出结果.【详解】因为，所以.故选：A【点睛】本题主要考查求集合的交集，涉及一元二次不等式的解法，属于基础题型.2在复平面内，复数对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】A【解析】化简复数，再根据复数的几何意义，即可得到答案；【详解】，对应的点为，点位于第一象限，故选：A.【点睛】本题考查复数的几何意义，考查对概念的理解，属于基础题.3设，则，的大小关系是（ ）ABCD【答案】C【解析】根据指数

2、与对数函数的单调性，分别判定，大小，即可得出结果.【详解】因为函数在上单调递增，且，所以，即，所以，因为函数在上单调递减，且，所以，即，因为函数在上单调递减，且，所以，即，所以，故选：C.【点睛】本题主要考查比较对数与指数大小，熟记指数函数与对数函数单调性即可，属于基础题型.4执行如图所示的程序框图，则输出的（ ） A5B3C6D4【答案】A【解析】执行程序框图，依此写出每次循环时的的值并判断，直到当时，退出循环，输出的值.【详解】第一次循环：，不满足执行循环；第二次循环：，不满足执行循环；第三次循环：，不满足执行循环；第四次循环：，退出循环，此时输出.故选: A【点睛】本题主要考查直到型循环

3、结构的计算结构的输出，对于这类问题，通常是利用程序框图给出的算法计算出每一步的结果并判断即可，属于基础题.5设为平面，m，n为两条直线，若，则“”是“”的（ ）A充分必要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件【答案】C【解析】根据充分性和必要性的定义，结合线面垂直的性质进行判断即可.【详解】当时，如果，不一定能推出，因为直线n可以在平面外，当时，如果，根据线面垂直的性质一定能推出，所以若，则“”是“”的必要不充分条件.故选：C【点睛】本题考查了必要不充分条件的判断，考查了线面垂直的性质，考查了推理论证能力.6若、满足约束条件，则的最大值为（ ）ABCD【答案】C【解析】化直

4、线方程为斜截式得，作出不等式组所表示的可行域，平移直线，找出使得该直线在轴上截距最大时对应的最优解，代入目标函数计算即可得解.【详解】化目标函数为直线的斜截式方程得，作出不等式组所表示的可行域如下图所示：联立，解得，即点，平移直线，当该直线经过可行域的顶点时，直线在轴上的截距最小，此时取最大值，即.故选：C.【点睛】本题考查线性目标函数的最值，一般利用平移直线找到最优解，考查数形结合思想的应用，属于基础题.7函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则下列说法不正确的是（ ）A函数的最小正周期B函数的图象关于直线对称C函数的图象关于对称D函数在上递增【答案】D【解析】先利用辅助角公式化简函数

5、解析式，再根据平移法则可得到函数的解析式，即可判断各选项的真假【详解】因为，所以，即可知函数的最小正周期，A正确；当时，所以函数的图象关于直线对称，B正确；当时，所以函数的图象关于对称，C正确；因为，所以D错误故选：D【点睛】本题主要考查辅助角公式和平移法则的应用，以及函数的性质应用，熟记公式和基本性质是解题的关键，属于基础题8在区间-2，2随机取一个数，则事件“，且”发生的概率为（ ）ABCD【答案】D【解析】根据已知条件，求事件“，且”发生时的取值范围，代入几何概型计算公式，即可求出答案【详解】事件“，且”由题可知，该分段函数是一个增函数，此时，所以该事件发生的概率故选：D【点睛】本题主要

6、考查几何概型的计算和分段函数的值域，是综合考查类题目9在中，分别为内角的对边，若，且，则（ ）AB4CD5【答案】B【解析】由三角函数的基本关系式和，求得，再由正弦定理，得到，根据余弦定理，列出方程，即可求解.【详解】因为，则，所以，又因为，即，解得，又由，根据正弦定理，可得，由余弦定理，可得，整理得，即.故选：B.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题10已知定义域为R的函数满足，且当时，则（ ）A-1B-2C0D1【答案

7、】B【解析】根据，可知该函数的周期为4，然后再结合周期性、奇偶性将所求的函数值转化为已知区间上的函数值求解【详解】因为，所以是周期为4的奇函数所以（1）故选：【点睛】本题考查函数的奇偶性、周期性等性质，以及学生运用转化思想解题的能力和运算能力属于基础题11在三棱柱面，则三棱柱的外接球的表面积为（ ）ABCD【答案】C【解析】利用余弦定理可求得，再根据正弦定理可求得外接圆半径；由三棱柱特点可知外接球半径，求得后代入球的表面积公式即可得到结果.【详解】且 由正弦定理可得外接圆半径：三棱柱的外接球半径：外接球表面积：本题正确选项：【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求解问题，关键是能够明确外接球球心

8、的位置，从而利用底面三角形外接圆半径和三棱柱的高，通过勾股定理求得外接球半径.12已知双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为点在的渐近线上，则的离心率为（ ）ABCD【答案】B【解析】如图所示，不妨设是渐近线在第一象限上的点，根据，可得的关系，再代入离心率公式，即可得答案；【详解】不妨设是渐近线在第一象限上的点，因为，所以又在渐近线上，所以可得点的坐标是，所以在直角三角形中，所以，即所以故选：B【点睛】本题考查双曲线离心率求解、渐近线的概念，考查转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.二、填空题13已知，若，则实数的值为_.【答案】5【解析】先根据向量的减法法则计算，

9、再根据向量垂直的坐标运算求解即可.【详解】解：由题知，又因为，所以，解得：故答案为：.【点睛】本题考查向量的减法运算和向量垂直的坐标表示，是基础题.14如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，若该几何体的表面积为，则的值为_.【答案】【解析】由三视图，还原出原几何体，然后计算表面积【详解】由三视图知原几何体是直三棱柱，如图，底面是等腰直角三角形，两个侧面是正方形，表面积为，解得故答案为：，【点睛】本题考查三视图，考查由三视图求几何体的表面积，解题关键是由三视图还原出原几何体，属于基础题15周髀算经中有这样一个问题，从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、

10、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影子长的和是37.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，则冬至的日影子长为_【答案】15.5尺【解析】利用等差数列的通项公式列出方程组，能求出冬至的日影子长【详解】从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，冬至、立春、春分的日影子长的和是37.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，解得，冬至的日影子长为15.5尺故答案为：15.5尺【点睛】本题考查等差数列的首项的求法、等差数列的性质，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，

11、属于基础题.16设分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当时，且，则不等式的解集为_.【答案】【解析】构造函数，由已知可得时，从而可得函数在单调递减，又由已知可得函数为奇函数，故可得（2），且在单调递减，结合图象可求【详解】和分别是定义在上的奇函数和偶函数 当时，当时，令，则在上单调递减为奇函数，根据奇函数的性质可得函数在单调递增，（2）（2）图象如图，由图可知，的范围为故答案为：【点睛】本题考查了利用导数判断函数的单调性，函数奇偶性的运用，构造函数，并根据已知求解出该函数的性质是解答本题的关键，体会转化思想、构造的方法及函数、方程、不等式的相互联系，属于综合题三、解答题17已知向量，函数.（1）

12、求的最小正周期；（2）当时，若，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】（1）首先根据向量数量积的坐标表示函数，然后对函数进行降幂,化简为,求出周期;（2）由已知条件，先求的范围，然后求在范围内满足条件的值【详解】解：（1），.即的最小正周期是.（2）由，得，.【点睛】本题考查数量积的坐标表示，考查了三角恒等变换，考查三角函数的周期和已知函数值求自变量问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算求解能力，属于基础题.18高新区某高中德育处为了调查学生对“一带一路”的关注情况,在全校组织了“一带一路知多少”的知识问卷测试,并从中随机抽取了12份问卷,得到其测试成绩(百分制)的茎叶图如下：（1）

13、写出该样本的中位数,若该校共有3000名学生,试估计该校测试成绩在70分以上的人数；（2）从所抽取的70分以上的学生中再随机选取4人，记表示测试成绩在80分以上的人数,求的分布列和数学期望【答案】（1）200；（2）见解析【解析】分析：（1）根据茎叶图中的数据可得中位数，然后根据样本中70分以上的成绩所占的比例可得总体中70分以上的人数（2）根据题意得到的可能取值，分别求出对应的概率得到分布列，然后可得期望详解：（1）由茎叶图可得中位数为76，样本中70分以上的所占比例为，故可估计该校测试成绩在70分以上的约为30002000人（2由题意可得的可能取值为0，1，2，3，4,.的分别列为：012

14、34.点睛：本题考查茎叶图的应用以及用样本估计总体，同时考查分布列、期望的求法，主要考查学生应用所学知识解决实际问题的能力和计算能力，属中等题19如图甲，将直角边长为的等腰直角三角形，沿斜边上的高翻折.如图乙，使二面角的大小为，翻折后的中点为M.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明，即可；（2）建立空间直角坐标系，分别算出平面和平面的法向量即可.【详解】（1）折叠前，是斜边上的高，D是的中点，又因为折叠后M是的中点，折叠后，平面；（2）建立如图空间直角坐标系，不妨设，易知二面角的平面角是，则，设平面的一个法向量为，得，即，令，得，设平面

15、的一个法向量，得，即，令，得所以二面角的余弦值是【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，二面角的向量求法，还考查了转化化归的思想和逻辑推理，运算求解的能力，属于中档题.20已知椭圆C：点的离心率为，且经过点.（1）求C的方程；（2）若不过坐标原点的直线与椭圆C相交于点M，N两点，且满足，求面积最大时直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由离心率及点的坐标列出关于的方程组，解之可得椭圆方程；（2）由题意可知，直线的斜率显然存在，设直线的方程为，直线方程代入椭圆方程整理为一元二次方程，得一不等关系，应用韦达定理得，并计算出，向量的坐标运算，条件用坐标表示后，可求得，代入判别式可求得的取

16、值范围，然后求出面积为的函数，用基本不等式求得最大值及值，得出直线方程【详解】（1）由题意得，解得，所以椭圆的方程为；（2）由题意可知，直线的斜率显然存在，设直线的方程为，由得.所以，所以，因为，所以，所以，代入得且，所以.当且仅当，即时上式取等号，此时符合题意，所以直线的方程为.【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题，解题方法是设而不求的思想方法，应用韦达定理求解是关键21已知函数（1）若函数f(x)在(1，f(1)处的切线与直线x-y=0平行，求实数a的值；（2）当a=2，k为整数，且当x1时，求k的最大值.【答案】（1）a=e-1（2）2【解析】（1）先求导，再由即可得

17、解；（2）当，且当时，等价于当时，再构造函数，利用导数求解即可.【详解】解：（1）由，则，又函数f(x)在(1，f(1)处的切线与直线x-y=0平行，则，所以； （2）当，且当时，等价于当时， 令，则， 再令，则，所以，在上单调递增，且，所以，在(1，2)上有唯一的零点，设该零点为，则，且，当时，即；当时，即，所以，在单调递减，在单调递增，所以，而，故且，又为整数，所以的最大值为2.【点睛】本题考查了导数的几何意义，重点考查了导数的综合应用，属中档题.22在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），在极坐标系中，圆的方程为.（1）求圆的普通方程；（2）设圆与直线交于、两点，若点的坐标为，求.【

18、答案】（1）；（2）.【解析】（1）在圆的极坐标方程两边同时乘以，利用可将圆的极坐标方程转换为普通方程；（2）将直线的参数方程代入圆的普通方程，可得出关于的二次方程，利用列出韦达定理，结合直线参数方程的几何意义可求得的值.【详解】（1）由得，由可得，因此，圆的普通方程为；（2）将的参数方程代入圆的直角坐标方程，得，即，由于，故可设，是上述方程的两实根，所以，又直线过点，故由上式及的几何意义得：.【点睛】本题考查曲线的极坐标方程与普通方程之间的相互转化，同时也考查了利用直线参数方程的几何意义解决实际问题，考查计算能力，属于中等题.23已知函数（1）当时，解不等式；（2）若不等式对任意恒成立，求实

19、数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）分类讨论去绝对值后分区间解不等式，再求并集；（2）转化为对任意的，恒成立，后再构造函数，利用函数的单调性列不等式可得结果【详解】（1）当时，所以，或或，解得所以不等式的解集为（2）由题意对任意的，恒成立，即对任意的，恒成立，令，在上递增，在递减，在上递减，在上递增，要使对任意的，恒成立，只需可得【点睛】绝对值不等式的常见解法：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想24已知数列是公差不为0的等差数列，首项，且成等比数列(1)求数列的通项公式；(2)设数列满足，求数列的前项和【答案】（1）；（2）【解析】（1）根据条件“成等比数列”列关于公差的方程，解得结果，（2）根据分组求和法，将原数列的和分为等差与等比数列的和.【详解】(1)设数列an的公差为d，由已知得，aa1a4，即(1d)213d，解得d0或d1.又d0，d1，可得ann.(2)由(1)得bnn2n， Tn(121)(222)(323)(n2n)(123n)(222232n)2n12.【点睛】本题采用分组转化法求和，将原数列转化为一个等差数列与一个等比数列的和. 分组转化法求和的常见类型主要有分段型（如 ），符号型（如 ），周期型（如 ）