高三下學期第一次聯(lián)考數學（理）試題Word版含解析

廣東省珠海市實驗中學-東莞六中-河源高中三校2021屆高考聯(lián)盟下學期第一次聯(lián)考理科數學試題第一卷〔選擇題，共60分〕一、選擇題〔共有12小題，每題5分，共60分，四個選項中只有一個是正確的.〕,集合,那么〔〕A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：由全集及，求出補集，找出集合的補集與集合的交集即可.詳解：，集合，，又，應選B.點睛：研究集合問題，一定要抓住元素，看元素應滿足的屬性.研究兩集合的關系時，關鍵是將兩集合的關系轉化為元素間的關系，此題實質是求滿足屬于集合或不屬于集合的元素的集合.為虛數單位，那么的值為〔〕A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先化簡的等式，再利用兩個復數相等的條件，解方程組求得x的值．【詳解】∵∴，∴，即應選A【點睛】此題考查兩個復數的乘法法那么的應用，以及兩個復數相等的條件，根本知識的考查．與共線,那么實數〔〕A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由圖像，根據向量的線性運算法那么，可直接用表示出，進而可得出.【詳解】由題中所給圖像可得：，又，所以.應選D【點睛】此題主要考查向量的線性運算，熟記向量的線性運算法那么，即可得出結果，屬于根底題型.4.“紋樣〞是中國藝術寶庫的瑰寶，“火紋〞是常見的一種傳統(tǒng)紋樣.為了測算某火紋紋樣〔如圖陰影局部所示〕的面積，作一個邊長為5的正方形將其包含在內，并向該正方形內隨機投擲200個點，己知恰有80個點落在陰影局部，據此可估計陰影局部的面積是〔〕A. B. C.10 D.【答案】C【解析】【分析】由條件可知，計算結果.【詳解】設圖中陰影局部的面積為，正方形的面積為25，那么，解得：應選：C【點睛】此題考查幾何概型，屬于簡單題型.的定義域是，且滿足，當時，，那么圖象大致是〔〕A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據函數的奇偶性可排除B,C選項，當時，可知，排除D選項，即可求解.【詳解】因為函數的定義域是，且滿足，所以是奇函數，故函數圖象關于原點成中心對稱，排除選項B,C，又當時，，可知，故排除選項D,應選：A【點睛】此題主要考查了函數的奇偶性，函數圖象，屬于中檔題.6.“干支紀年法〞是中國歷法上自古以來使用的紀年方法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、玉、癸被稱為“十天干〞，子、丑、寅、卯、辰、已、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支〞.“天干〞以“甲〞字開始，“地支〞以“子〞字開始，兩者按干支順序相配，組成了干支紀年法，其相配順序為：甲子、乙丑、丙寅、.癸酉，甲戌、乙亥、子、.癸未，甲申、乙酉、丙戌、癸巳，共得到60個組合，周而復始，循環(huán)記錄.2021年是“干支紀年法〞中的庚寅年，那么2021年是“干支紀年法〞中的〔〕A.己亥年 B.戊戌年 C.庚子年 D.辛丑年【答案】A【解析】【分析】根據“干支紀年法〞依次寫出2021-2021年的“干支紀年〞，得到結果.【詳解】2021年是辛卯年，2021年是玉辰年，2021年是癸已年，2021年是甲午年，2021年是乙未年，2021年是丙申年，2021年是丁酉年，2021年是戊戌年，2021年是己亥年.應選：A【點睛】此題考查新定義，重點考查讀懂題意，列舉法，屬于根底題型.，那么，，，的大小關系為〔〕A. B.C. D.【答案】D【解析】因為，所以，因為，，所以,.綜上；應選D.8.一幾何體的三視圖如下圖，正視圖和側視圖是兩個直角邊分別為2和1的全等三角形，那么這個四面體最長的棱長為〔〕A. B.3 C. D.【答案】B【解析】【分析】根據三視圖畫出如圖的幾何體，再求最長的棱長.【詳解】由三視圖可知，此幾何體是三棱錐，如圖，畫出四面體，由三視圖可知，，長方體的側棱長為1，最長的棱是，應選：B【點睛】此題考查由三視圖復原幾何體，重點考查空間想象能力，屬于中檔題型，一般由三視圖復原幾何體，根據“長對正，高平齊，寬相等〞的原那么復原，也可將幾何體放在正方體或長方體中，找點作圖.的展開式中常數項為-40，那么a的值為〔〕A.2 B.-2 C. D.4【答案】C【解析】【分析】由題意可知的展開式中，含項的系數是-40，利用二項式定理的通項公式求的系數求的值.【詳解】由題意可知的展開式中，含項的系數是-40，，當時，，那么，解得：.應選：C【點睛】此題考查二項式定理指定項系數，重點考查轉化與化歸的思想，屬于根底題型.在區(qū)間上是增函數，且在區(qū)間上存在唯一的使得，那么的取值不可能為〔〕A. B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】由函數在上單調遞增，在上存在唯一的最大值，建立關于的不等式組，求解的范圍，比擬選項.【詳解】由題意可知，解得：四個選項只有B不成立.應選：B【點睛】此題考查三角函數的性質，重點考查最值，屬于中檔題型，此題的關鍵是考查端點值和最大值的比擬.的右焦點F的直線交兩漸近線于E、Q兩點，O為坐標原點，內切圓的半徑為，且，那么雙曲線的離心率為〔〕A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】因為內切圓的圓心是三角形角平分線的交點，根據角平分線的性質，畫出如圖的圖象，再結合焦點到漸近線的距離為，和數形結合分析出，再求離心率.【詳解】設內切圓的圓心為，那么在的角平分線上，過點分別作于點，于點，由，得四邊形是正方形，由焦點到漸近線的距離為，那么，又，，，，，應選：D【點睛】此題考查雙曲線的幾何性質和三角形內心的幾何性質，重點考查轉化與化歸，數形結合分析問題的能力，屬于中檔題型，此題的關鍵是利用雙曲線的焦點到漸近線的距離等于，再根據勾股定理確定，再根據內切圓的幾何性質確定幾何關系.12.如圖，在正方體中,平面垂直于對角線AC,且平面截得正方體的六個外表得到截面六邊形,記此截面六邊形的面積為,周長為,那么〔〕A.為定值,不為定值 B.不為定值,為定值C.與均為定值 D.與均不為定值【答案】B【解析】【分析】將正方體切去兩個正三棱錐和，得到一個幾何體，是以平行平面和為上下底，每個側面都是直角等腰三角形，截面多邊形的每一條邊分別與的底面上的一條邊平行，設正方體棱長為，，可求得六邊形的周長為與無關，即周長為定值；當都在對應棱的中點時，是正六邊形，計算可得面積，當無限趨近于時，的面積無限趨近于，從而可知的面積一定會發(fā)生變化．【詳解】設平面截得正方體的六個外表得到截面六邊形為，與正方體的棱的交點分別為〔如下列圖〕，將正方體切去兩個正三棱錐和，得到一個幾何體，是以平行平面和為上下底，每個側面都是直角等腰三角形，截面多邊形的每一條邊分別與的底面上的一條邊平行，設正方體棱長為，，那么，，故，同理可證明，故六邊形的周長為，即周長為定值；當都在對應棱中點時，是正六邊形，計算可得面積，三角形的面積為，當無限趨近于時，的面積無限趨近于，故的面積一定會發(fā)生變化，不為定值．故答案為B.【點睛】此題考查了正方體的結構特征，考查了截面的周長及外表積，考查了學生的空間想象能力，屬于難題．第二卷〔非選擇題，共90分〕二、填空題〔共20分.本大題共4小題，每題5分〕，那么的最小值是____【答案】-8【解析】【分析】首先畫出可行域，然后平移直線，判斷目標函數的最小值.【詳解】如圖，畫出可行域，令，作出初始目標函數：，當時，，即當直線的橫截距最小時，取得最小值，由圖象可知，當直線過點時，目標函數取得最小值，，解得，即,即故答案為：-8【點睛】此題考查線性規(guī)劃，重點考查數形結合分析問題的能力，屬于根底題型.14.為響應中共中央、國務院印發(fā)?關于全面加強新時代大中小學勞動教育的意見?，高二〔1〕班5名學生自發(fā)到3個農場參加勞動，確保每個農場至少有一人，那么不同的分配方案有___種〔用數字填寫答案〕【答案】150【解析】【分析】根據條件分配方案先分成兩類，一種是2，2,1，一種是1,1,3的分組分配，再按照組合排列求解.【詳解】由題意可知，有兩類分配方法，其中一種是3個農場有2個農場有2人，1個農場有1人，共有種方法,另外一種是3個農場有2個農場有1人，另外一個農場有3人，共有種方法，所以一共有90+60=150種方法.故答案為：150【點睛】此題考查排列，組合，重點考查分組，分配，屬于根底題型.分別是橢圓的左、右焦點，E為橢圓上任一點，N點的坐標為，那么的最大值為_____【答案】【解析】【分析】首先利用橢圓的定義，轉化，利用，結合數形結合分析距離和的最大值.【詳解】，如圖，當三點共線時，等號成立，所以的最大值是,即的最大值是.故答案為：【點睛】此題考查橢圓內距離的最大值，橢圓的定義，重點考查數形結合分析問題的能力，屬于根底題型，此題的關鍵是利用橢圓的定義轉化，從而利用三點共線求最大值.的前n項和為滿足：，，那么____【答案】【解析】【分析】首先求首項，當時，，再通過構造可得數列是等比數列，從而求得.【詳解】當時，，當時，，故【點睛】此題考查數列求，重點考查轉化與化歸的思想，屬于中檔題型，此題的關鍵是證明數列是等比數列.三、解答題〔共70分.解容許寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據要求作答〕〔一〕必考題：共60分.17.如圖，點A在的外接圓上，且，A為銳角，，.〔1〕求；〔2〕求四邊形的面積.【答案】〔1〕10；〔2〕18【解析】【分析】〔1〕中，利用余弦定理求；〔2〕由〔1〕易求的面積，根據四點共圓，可知，中利用正弦定理求，再來利用兩角和的正弦公式求，最后求面積.【詳解】解：〔1〕∵，A為銳角，∴，在中由余弦定理得：，得或〔舍去〕，∴〔2〕由〔1〕可知∵四點共圓，∴，∴，，在中由正弦定理得：，即，得∴∴四邊形面積【點睛】此題考查利用正余弦定理解三角形，重點考查推理計算能力，屬于根底題型，此題的關鍵條件是四邊形假設有外接圓，那么對角互補.，，在平行四邊形中，，Q為上的點，過的平面分別交，于點E、F，且平面.〔1〕證明：；〔2〕假設，，Q為的中點，與平面所成角的正弦值為，求平面與平面所成銳二面角的余弦值.【答案】〔1〕證明見解析；〔2〕【解析】【分析】〔1〕利用線面平行的性質可知，再后再根據條件證明平面，從而證明線線垂直；〔2〕如圖，以O為坐標原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，利用兩個平面法向量求二面角的余弦值.【詳解】〔1〕證明：連結交于點O，連結.∵在平行四邊形中，，∴，且O為、的中點，∵，∴，∵，且平面，∴平面，∵平面，∴，∵平面，且平面平面∴，∴〔2〕由〔1〕可知平面，故平面平面∵，且O為的中點，∴又∵平面平面∴平面，∴與平面所成角為∵與平面所成角的正弦值為，且，∴，在中，，由勾股定理得：如圖，以O為坐標原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，那么：，∵Q為的中點，∴那么，易知，平面的一個法向量為設平面的法向量為，因為，那么：，即，令，那么：，，故可取平面的一個法向量為∴∴平面與平面所成銳二面角的余弦值為【點睛】此題考查證明線線垂直，空間坐標法求二面角，重點考查推理證明，計算能力，屬于中檔題型.的焦點為F，直線l與拋物線C交于A，B兩點，O是坐標原點.〔1〕假設直線l過點F且，求直線l的方程；〔2〕點，假設直線l不與坐標軸垂直，且，證明：直線l過定點.【答案】〔1〕或；〔2〕證明見解析【解析】【分析】〔1〕法一：分斜率存在和斜率不存在兩種情況討論，當斜率存在時設直線方程為與聯(lián)立，利用弦長公式求解；法二：設直線方程為，方程聯(lián)立后利用弦長公式求解；〔2〕設直線方程為與聯(lián)立，由得，利用根與系數關系，得到直線過定點.【詳解】解：〔1〕法一：焦點，當直線斜率不存在時，方程為，與拋物線的交點坐標分別為，，此時，不符合題意，故直線的斜率存在.設直線方程為與聯(lián)立得，當時，方程只有一根，不符合題意，故.，拋物線的準線方程為，由拋物線的定義得，解得，所以方程為或法二：焦點，顯然直線不平行于x軸，設直線方程為，與聯(lián)立得，設，，由，解得，所以方程為或〔2〕設，，設直線方程為與聯(lián)立得，由得，即整理得，即整理得即，即故直線方程為過定點【點睛】此題考查了直線與拋物線的位置關系的綜合問題，涉及弦長，斜率求法，屬于中檔題型，題中設而不求的根本方法也使得求解過程變得簡單，在解決圓錐曲線與動直線問題中，韋達定理，弦長公式都是解題的根本工具.M，為評估流水線M的性能，連續(xù)兩天從流水線M生產零件上隨機各抽取100件零件作為樣本，測量其直徑后，整理得到下表：記抽取的零件直徑為X.第一天直徑/mm5859616263646566676869707173合計件數11356193318442121100第二天直徑/mm5860616263646566676869707173合計件數11245213421332111100經計算，第一天樣本的平均值，標準差第二天樣本的平均值，標準差〔1〕現以兩天抽取的零件來評判流水線M的性能.〔i〕計算這兩天抽取200件樣本的平均值和標準差〔精確到0.01〕；〔ii〕現以頻率值作為概率的估計值，根據以下不等式進行評判〔P表示相應事件的概率〕，①；②；③評判規(guī)那么為：假設同時滿足上述三個不等式，那么設備等級為優(yōu)；僅滿足其中兩個，那么等級為良；假設僅滿足其中一個，那么等級為合格；假設全部不滿足，那么等級為不合格，試判斷流水線M的性能等級.〔2〕將直徑X在范圍內的零件認定為一等品，在范圍以外的零件認定為次品，其余認定為合格品.現從200件樣本除一等品外的零件中抽取2個，設為抽到次品的件數，求分布列及其期望.附注：參考數據：，，；參考公式：標準差.【答案】〔1〕〔i〕，；〔ii〕合格；〔2〕分布列見解析，【解析】【分析】〔1〕〔ⅰ〕因為兩天100個零件的平均值都是65，所以200個零件的平均值也是65，按照公式計算標準差；〔ⅱ〕分別計算的概率，然后比擬等級；〔2〕由〔ⅱ〕可知200件零件中合格品7個，次品4個，的可能取值為0，1，2，利用超幾何分布計算概率，并求分布列和數學期望.【詳解】〔1〕〔i〕依題意：200個零件的直徑平均值為由標準差公式得：第一天：，第二天：，那么故〔注：如果寫出不給分〕〔ii〕由〔1〕可知：，，僅滿足一個不等式，判斷流水線M的等級為合格.〔2〕可知200件零件中合格品7個，次品4個，的可能取值為0，1，2，那么，，，的分布列012P那么【點睛】此題考查樣本期望，方差的計算，原那么的應用，以及超幾何分布列的計算，重點考查數據的分析和應用，屬于中檔題型，此題的關鍵是讀懂題意.，，.〔1〕求的單調區(qū)間；〔2〕假設有最大值且最大值是，求證：.【答案】〔1〕見解析；〔2〕見解析【解析】【分析】〔1〕對求導，得，對a分類討論，利用導函數的正負性即可得出單調性；〔2〕利用〔1〕中結論及最大值是，可得，對進行整理，可得，由時，可知，證明即可，構造函數，利用導數可得，再構造，利用導數可得，所以，問題得解.【詳解】〔1〕由函數，得1)當時，，函數在上單調遞增；2)當時，由，可得：當時，當時故上單調遞增，在上單調遞減.〔2〕證明：由〔1〕知，當時，函數有唯一最大值，即，解得.時，所以證明即可，令可知，當時函數取得極大值即最大值，且設，那么所以在上單調遞增，上單調遞減，故，所以所以，即問題得解.【點睛】此題是導數的綜合應用題，考查了利用導數求函數單調性及利用導數求最值證明不等式，考查了分類討論思想和放縮法，屬于難題.〔二〕選考題：共10分.請考生在第22、23題中任選一題作答.如果