陜西省西安交大附中龍崗中學2021屆高三數學上學期第一次聯(lián)考試題文【含解析】

1、陜西省西安交大附中、龍崗中學2021屆高三數學上學期第一次聯(lián)考試題 文（含解析）一選擇題1. 已知集合，則（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出集合N，然后求，【詳解】解：因為，所以，故選：D【點睛】此題考查集合的交集運算，考查對數函數的值域，屬于基礎題2. 設，是虛數單位，則“”是“復數為純虛數”的（ ）A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件C. 充分必要條件D. 既不充分也不必要條件【答案】B【解析】即中至少有一個是零；復數為純虛數，故為小范圍，故為必要不充分條件.3. 已知三條不重合的直線,兩個不重合的平面,下列四個命題中正確的是( )A. 若,且,則B. 若,

2、則C. 若，,則D. 若,，則【答案】A【解析】【分析】利用垂直于同一直線兩平面平行判斷A是否正確；根據線面平行的判定定理判斷B是否正確；根據面面平行的判定定理判斷C是否正確；根據面面垂直的性質定理判斷D是否正確.【詳解】l，lm，m，m，A正確；mn，n，有可能m，B錯誤；m，n，m，n，m、n不一定相交，、不一定平行；C錯誤；根據面面垂直的性質判斷D錯誤；故選A【點睛】本題考查空間中線面平行與垂直關系的判定，以及平面與平面平行的判定，要特別注意定理的條件4. 2018年5月至2019年春季，在阿拉伯半島和伊朗西南部，沙漠蝗蟲迅速繁衍，呈現(xiàn)幾何式的爆發(fā)，僅僅幾個月，蝗蟲數量增長了8000倍，

3、引發(fā)了蝗災，到2020年春季蝗災已波及印度和巴基斯坦假設蝗蟲的日增長率為5%，最初有N0只，則經過（ ）天能達到最初的16000倍（參考數據；ln1.0500.0488，lnl.50.4055，ln16007.3778，ln160009.6803）A. 198B. 199C. 197D. 200【答案】B【解析】【分析】設過天能達到最初的16000倍，得到方程，結合對數的運算性質，即可求解.【詳解】設過x天能達到最初的16000倍，由已知可得，N0（1+0.05）x16000N0，所以x198.4，又xN，故x199天能達到最初的16000倍故選：B.【點睛】本題主要考查了函數的實際應用問題，

4、其中解答中認真審題，列出方程，結合對數的運算公式求解是解答的關鍵，著重考查運算與求解能力.5. 設實數、滿足約束條件，則的最大值是（ ）A. 2B. 0C. -4D. -2【答案】A【解析】【分析】作出不等式組對應的平面區(qū)域，利用目標函數的幾何意義，利用數形結合確定z的最大值【詳解】作出約束條件，對應的平面區(qū)域如圖：（陰影部分ABC）由z=2x+y得y=2x+z，平移直線y=2x+z，由圖象可知當直線y=2x+z經過點A時，直線y=2x+z的截距最大，此時z最大將A（1，0）的坐標代入目標函數z=2x+y，得z=21+0=2即z=2x+y的最大值為2故選A【點睛】本題考查的是線性規(guī)劃問題，解決

5、線性規(guī)劃問題的實質是把代數問題幾何化，即數形結合思想.需要注意的是：一，準確無誤地作出可行域;二，畫目標函數所對應的直線時，要注意讓其斜率與約束條件中的直線的斜率進行比較，避免出錯;三，一般情況下，目標函數的最大值或最小值會在可行域的端點或邊界上取得.6. 若雙曲線的左右焦點分別為，線段被拋物線的焦點分成的兩段，則此雙曲線的離心率為（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由題意有，結合即可求雙曲線的離心率.【詳解】由題意知：拋物線焦點為，而雙曲線焦點，由線段被拋物線焦點分成兩段，整理得：，而，故選：A【點睛】本題考查了求雙曲線離心率，應用雙曲線、拋物線方程以及參數間的關系求離心

6、率，屬于基礎題.7. 已知，且，則的最小值為（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用基本不等式直接求解即可【詳解】解：因為，所以，當且僅當，即取等號，所以，所以的最小值為，故選：C【點睛】此題考查基本不等式的應用，屬于基礎題8. 已知向量，則向量在向量方向上的投影為（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根據向量，由求解.【詳解】因為向量，所以向量在向量方向上的投影為：，故選：B【點睛】本題主要考查平面向量的數量積運算以及投影問題，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.9. 在直三棱柱中，則該直三棱柱的外接球的體積是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解

7、析】【分析】由題意可知將直三棱柱可以補成一個正方體，則直三棱柱的外接球就是正方體的外接球，而正方體外接球的直徑是正方體的對角線，從而可得答案【詳解】解：因為直三棱柱中，所以將直三棱柱補成棱長為4的正方體，如圖所示直三棱柱的外接球就是正方體的外接球，設外接球的半徑為，則，解得，所以外接球的體積為，故選：B【點睛】此題考查求直三棱柱外接球的體積，考查數學轉化思想，屬于基礎題10. 設的內角的對邊分別為，且，則是（ ）A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰或直角三角形【答案】D【解析】【分析】先由降冪公式得，再由正弦定理得，眾而得，于是有或，從而可得結論【詳解】解：因為，所以

8、，所以由正弦定理得，所以，因為所以或，所以或，所以是等腰三角形或直角三角形故選：D【點睛】此題考查三角函數的降冪公式的應用，考查正弦定理的應用，屬于基礎題11. 已知數列前項和是，且滿足，則（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根據已知條件判斷出數列奇數項和偶數項為等比數列，由此求得.【詳解】依題意，故，故數列（）是首項為，公比為的等比數列；數列（）是首項為，公比為的等比數列.所以.故選：C【點睛】本小題主要考查分組求和法，考查等比數列前項和公式，屬于中檔題.12. 下列關于函數的結論中，正確結論的個數是（ ）的解集是；是極大值，是極小值；沒有最大值，也沒有最小值；有最大值，

9、沒有最小值；有最小值，沒有最大值.A. 1個B. 2個C. 3個D. 4個【答案】B【解析】【分析】直接不等式可判斷；對函數求導，求函數的極值，可判斷；利用導數求函數的最值可判斷【詳解】解：由，得，即，解得，所以的解集是，所以正確；由，得，令，則，解得或，當或時，當時，所以是極小值，是極大值，所以錯誤；因為是極小值，且當時，恒成立，而是極大值，所以有最大值，沒有最小值，所以正確，錯誤，故選：B【點睛】此題考查導數的應用，考查函數極值和最值的求法，考查一元二次不等式的解法，屬于基礎題二填空題13. 命題“”的否定是_.【答案】【解析】【分析】根據全稱命題的否定是特稱命題，寫出結論.【詳解】原命題

10、是全稱命題，故其否定是特稱命題，所以原命題的否定是“”.【點睛】本小題主要考查全稱命題的否定是特稱命題，除了形式上的否定外，還要注意否定結論，屬于基礎題.14. 一塊外表面均被涂為紅色的正方體被分成64個大小相同的小正方體，若將這些小正方體均勻混合，則從中任意取出一塊小正方體僅有一面涂成紅色的概率是_.【答案】【解析】【分析】結合圖形分析出沒有涂紅色、一面涂紅色、兩面涂紅色和三面涂紅色的小正方體個數，再結合概率公式即可求解【詳解】根據題意，在得到的64個小正方體中， 每個面上僅有一面涂成紅色的正方體個數為4個，故6個面共有（個）其余的都是一面涂油漆的，所以，在64個小正方體中，任取一個其兩面涂

11、有油漆的概率為：故答案為：【點睛】本題主要考查了概率的計算公式，考查學生的分類討論思想，屬于基礎題15. 已知函數，對任意的都存在，使得，則實數的取值范圍是_【答案】【解析】【分析】由題可知，在區(qū)間上函數的值域為值域的子集，從而求出實數的取值范圍.【詳解】函數的圖象開口向上，對稱軸為，時，的最小值為，最大值為， 的值域為.為一次項系數為正的一次函數，在上單調遞增，時，的最小值為，最大值為， 的值域為.對任意的都存在，使得，在區(qū)間上，函數的值域為值域的子集，解得故答案為.【點睛】本題考查函數的值域，考查分析解決問題的能力，解題的關鍵是對“任意”、“存在”的正確理解，確定兩個函數值域之間的關系.1

12、6. 已知雙曲線，圓，若雙曲線的一條漸近線與圓相切，則當取得最小值時，雙曲線的實軸長為_.【答案】6【解析】【分析】設雙曲線的一條漸近線方程為，根據圓與雙曲線的一條漸近線與相切，得到，則，令，利用導數法求解即可.【詳解】已知雙曲線的一條漸近線方程為，因為圓與雙曲線的一條漸近線與相切，所以圓心到直線的距離等于半徑，即，所以，即，所以，令，所以，當時，遞減，當時，遞增，所以當時，取得最小值，所以雙曲線的實軸長為6故答案為：6【點睛】本題主要考查雙曲線的漸近線，直線與圓的位置關系以及導數法研究函數的單調性與最值，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.三解答題17. 已知函數，.（1）求函數的最小正周期

13、和對稱軸；（2）設的內角的對邊分別為，滿足，且的面積為，求的值.【答案】（1）最小正周期為，對稱軸為：；（2）.【解析】【分析】（1）利用三角恒等變換化簡函數式可得即可求的最小正周期和對稱軸；（2）利用三角形面積公式、余弦定理有，即可求的值.【詳解】（1）解：，函數的最小正周期為；而對稱軸為，函數的對稱軸為：.（2）且，則，由，可知，由余弦定理及，可知；結合：.【點睛】本題考查了正余弦定理的應用，利用三角恒等變換化簡函數式，結合三角函數的性質求周期、對稱軸，并應用三角形面積公式、余弦定理解三角形，屬于中檔題.18. 已知數列的前項和為，滿足，.（1）求數列的通項公式；（2）設()，求數列的前項

14、和.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）由得，可得是等比數列，進而可求數列的通項公式（2）由（1）可得，利用錯位相減法，結合等比數列的求和公式可得數列的前項和.【詳解】（1）當時，所以；當時，所以，于是；所以，是首項為3，公比是3的等比數列，于是，.（2），【點睛】本題考查數列的通項問題，以及數列的錯位相減求和問題，其中錯位相減法求數列的和是重點也是難點，相減時注意最后一項的符號，最后結果一定不能忘記等式兩邊同時除以，本題屬于中檔題19. 定義橢圓()的“蒙日圓”方程為.已知拋物線的焦點是橢圓的一個短軸端點，且橢圓的離心率為.（1）求橢圓的標準方程和它的“蒙日圓”的方程；（2）若斜

15、率為的直線與“蒙日圓”相交于兩點，且與橢圓C相切，為坐標原點，求的面積.【答案】（1）橢圓的標準方程為：；“蒙日圓”方程為；（2）.【解析】【分析】（1）求得拋物線的焦點坐標，由此求得，結合橢圓離心率以及，求得，從而求得橢圓的標準方程和它的“蒙日圓”的方程.（2）設，聯(lián)立直線的方程和橢圓的方程，結合求得.求得圓心到直線的距離，求得，由此求得.【詳解】（1）拋物線的焦點為，則，又，且，所以，于是橢圓的標準方程為：；“蒙日圓”方程為.（2）設直線：，由可得：，令可得：，. “蒙日圓”方程為，圓心為，半徑，則圓心到直線的距離，.于是，.【點睛】本小題主要考查橢圓、拋物線，考查橢圓中的三角形面積問題，

16、屬于中檔題.20. 如圖，已知正方體中，點分別是棱的中點.（1）證明：四點共面；（2）證明：平面平面；（3）若正方體的棱長為2，點是線段上的一個動點，且動直線與平面所成的角記為，求的最大值.【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）.【解析】【分析】（1）連接，從而可得=，；再結三角形中位線定理可得四邊形平行四邊形，從而可證得四點共線（2）由于，而，所以，再由正方體的性質可得，從而可證得平面，再由面面垂直的判定定理可證得結果；（3）設點到平面的距離為，則，當最小值時，最大，又由于是等腰三角形，所以當移動到中點時，此時最小，再利用等體積法求出，從而可求得結果【詳解】（1）連接，因為=，所

17、以四邊形是平行四邊形，所以=，；又因為是中點，所以，；又因為是中點，所以，；所以，所以四邊形平行四邊形，所以四點共線.（2）因為是中點，所以，又因為，所以；又因為在正方體中，平面，所以，又，且平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（3）方法1：設點到平面的距離為，則，當最小值時，最大，又由于是等腰三角形，所以當移動到中點時，此時最小；在中，則記線段的中點為時，；又，又，所以，所以；所以，.方法2：如圖，平面平面，則過作，交線段的延長線于點，又由（1）知平面平面，所以；所以動直線在平面上的射影為，則，于是，當最小值時，最大，又由于是等腰三角形，所以當移動到中點時，此時最小，所以.由于是線段的四等

18、分點，則在平面中可知；又由于中，則；于是.【點睛】此題考查證明點共面問題，考查面面垂直的判定，考查直線與平面所成的角，考查推理能力和計算能力，屬于中檔題21. 已知函數.（1）求函數的單調區(qū)間；（2）若不等式恒成立，求實數的取值范圍；（3）當時，求證：.【答案】（1）答案見解析；（2）；（3）證明見解析.【解析】【分析】（1）對函數求導，然后分，兩種情況，由導函數的正負可求得其單調區(qū)；（2）利用導數求最大值小于零即可，或恒成立，等價于，然后構造函數，利用導數求其最大值即可；（3）由(2)知，當時，恒成立，即(僅當時等號成立)，當時，有，然后利用累加法可得，當時，有，再利用累加法可得，從而可證得

19、結論【詳解】（1）當時，所以在上遞增；當時，令，則，當時，；當時，所以在區(qū)間上遞增，在上遞減.（2）方法1：構造函數當時，由（1）在上遞增，又，不符合題意，舍；當時，由（1）知在區(qū)間上遞增，在上遞減；所以，解得：.綜上：方法2：分離參數恒成立，等價于，設，令，則當時，；當時，所以在區(qū)間上遞增，在上遞減；所以，所以：（3）由(2)知，當時，恒成立，即(僅當時等號成立)當時，即；所以，；上述不等式相加可得：，即：，即：，；當時，即，即所以，；上述不等式相加可得：，即：，即：，；綜上：當時，.【點睛】此題考查導數的應用，考查利用導數求函數的單調區(qū)間，利用導數解決恒成立問題，考查累加法的應用，考查轉化思想和計算能力，屬于難題22. 在極坐標系中，曲線的方程為.以極點為原點，以極軸為軸的正半軸，取相同的單位長度，建立平面直角坐標系，曲線的參數方程為，為參數，.（1）求曲線的直角坐標方程和曲線的普