2021届广东省六校联盟高三第一次模考数学试题含解析

这是一份2021届广东省六校联盟高三第一次模考数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届广东省六校联盟高三第一次模考数学试题
一、单选题
1．已知集合，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先解对数不等式和一元二次不等式确定集合，，再求其交集即可.
【详解】由，可得，解得，则，
由可得或，又，所以，
故选：C.
2．已知，则（       ）
A．5 B． C． D．6
【答案】C
【分析】易知，代入后利用复数的乘法求得复数，然后求得，利用复数的求模公式求解结果.
【详解】易知，所以，所以，
于是，，，
所以，
故选：C.
3．函数的大致图象为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先根据函数解析式得到函数的定义域以及奇偶性，然后根据函数值的正负利用排除法即可求解.
【详解】由题可知，函数的定义域为，且为偶函数，
所以其图象关于轴对称，可排除选项A；
当时，，可排除选项B，D.
故选：C.
4．我国最早按乐器的制造材料来对乐器进行分类，《周礼·春宫》中记载，中国古典乐器一般按“八音”分类，分为“金、石、土、革、丝、木、匏（páo）、竹”八音，其中“金、石、木、革”为打击乐器，“土、匏、竹”为吹奏乐器，“丝”为弹拨乐器.现从“金、石、土、匏、丝”中任取三音，则三音来自两种不同类型乐器的概率为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先求出从五音中任取三音的取法种数，然后求出三音来自两种不同类型乐器的取法种数，最后利用古典概型的概率计算公式求解即可.
【详解】由题意可得，从“金、石、土、匏、丝”中任取三音，共有种不同的取法，
三音来自两种不同类型乐器的取法共有（种），
故所求概率.
故选：B.
【点睛】方法点睛：古典概型中基本事件个数的探求方法：
（1）列举法；（2）树状图法，适用于较为复杂的问题中的基本事件的探求；
（3）列表法，适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化；
（4）排列组合法，适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.
5．一般来说，事物总是经过发生、发展、成熟三个阶段，每个阶段的发展速度各不相同，通常在发生阶段变化速度较为缓慢、在发展阶段变化速度加快、在成熟阶段变化速度又趋于缓慢，按照上述三个阶段发展规律得到的变化曲线称为生长曲线.美国生物学家和人口统计学家雷蒙德·皮尔提出一种能较好地描述生物生长规律的生长曲线，称为“皮尔曲线”，常用的“皮尔曲线”的函数解析式为，，该函数也可以简化为的形式.已知描述的是一种果树的高度随着时间（单位：年）的变化规律，若刚栽种时该果树的高为，经过一年，该果树的高为，则该果树的高度超过，至少需要（       ）
A．4年 B．3年 C．5年 D．2年
【答案】A
【分析】由题设有，即可求参数、，进而判断的单调性且，即可判断果树的高度超过至少需要多少年.
【详解】由题意，，则，解得，，
∴.
由函数解析式知，在上单调递增，而，，
∴该果树的高度超过，至少需要4年.
故选：A.
6．已知直线与圆相交于，两点，且，则圆与圆的位置关系是（       ）
A．外切 B．内切 C．相交 D．内切或内含
【答案】D
【分析】先求得圆心到直线的距离，然后利用勾股定理求得弦长，从而求得的值，得出圆的方程，而圆是圆心在单位圆上的圆系，分情况得出结论.
【详解】可化为，则，圆心到直线的距离，
又，设圆的半径R，，解得，
即圆，而圆是圆心在单位圆上的圆系，
当且仅当圆的圆心在点处时，两圆内切，其他情况圆内含于圆，
故选：D.
7．已知菱形的边长为2，，是边的中点，连接并延长至点，使得，若为线段上的动点，则的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】解法一：连接，，以所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，利用坐标法求解即可；
解法二：设设，进而以为基底，得，，再根据向量数量积运算得，进而根据二次函数性质即可得答案.
【详解】解法一： 连接，，以所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，，.
设，因为，所以，
所以，，所以，，所以.
易知直线的方程为，设，
则，，
所以，
因为，所以.
故选：B

解法二： 设，则.
连接，因为为的中点，
所以，，
所以

.
设，，根据二次函数的图象与性质可知，
函数，的最小值在处取得，为，
最大值在处取得，为，所以的取值范围是.
故选：B
8．已知等比数列的通项公式为，，记的前项和为，前项积为，则使得成立的的最大正整数值为（       ）
A．17 B．18 C．19 D．20
【答案】A
【分析】根据题意求得，，由，得到，解得，进而求得使得成立的的最大正整数值.
【详解】由题意，等比数列的通项公式为，
可得数列是首项为、公比为的等比数列，
所以，，
由，得，由，可得，
结合，可得，.当时，，不满足题意；
当时，，，，
所以，不满足题意.
综上，使得成立的的最大正整数值为17.
故选：A.
二、多选题
9．2021年1月11日，国家统计局发布2020年全国居民消费价格指数（CPI）相关数据，指出2020年较好地实现了“居民消费价格涨幅3.5%左右”的物价调控目标.2020年全国居民消费价格涨跌幅如折线图所示，则（       ）

A．从环比看，CPI由2020年11月份的环比下降0.6%在12月份转为环比上涨0.7%
B．2020年1月份CPI同比增长最多
C．2020年CPI环比上涨的月份数比下跌的月份数多
D．2020年全年，CPI平均比2019年上涨约2.5%
【答案】ABD
【分析】根据图中的数据信息，依次分析各选项即可得答案.
【详解】由图中环比折线图可以看出，2020年11月份的环比为-0.6%，12月份的环比为+0.7%，
所以CPI由2020年11月份的环比下降0.6%在12月份转为环比上涨0.7%，故选项A正确；
由同比折线图可以看出，2020年1月份的CPI同比增长5.4%，全年最高，故选项B正确；
从环比折线图可以看出，2020年CPI环比上涨的月份数为6，环比下跌的月份数也为6，故选项C错误；
由同比折线图可知，2020年全年，CPI平均比2019年上涨，选项D正确.
故选：ABD
10．已知点为等轴双曲线上的一点，，分别为双曲线的左、右焦点，则下列说法正确的是（       ）
A．
B．双曲线的实轴长为3
C．双曲线的焦点到渐近线的距离为
D．若，则的面积为
【答案】ACD
【分析】首先根据等轴双曲线的定义得到参数的值，进而得到双曲线的方程，然后根据双曲线的方程与性质求解即可.
【详解】双曲线可化为或，
因为双曲线为等轴双曲线，所以，解得，故选项A正确；
由A可得，双曲线的方程为，
所以双曲线的实半轴长为，实轴长为，故选项B错误；
易知双曲线的右焦点为，渐近线方程为，
所以双曲线的焦点到渐近线的距离为（或者直接根据焦点到渐近线的距离为虚半轴长求解），故选项C正确；
根据双曲线的对称性不妨设点在双曲线的右支上，由双曲线的定义可知，
，
因为，所以，
可得，
将两边同时平方可得，，
所以的面积为（或者直接利用双曲线中焦点三角形的面积公式求解），故选项D正确.
故选：ACD
【点睛】结论拓展   
1.椭圆中焦点三角形的面积公式为
（其中为椭圆的短半轴长，，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上任意一点）；
2.双曲线中焦点三角形的面积公式为
（其中为双曲线的虚半轴长，，分别为双曲线的左、右焦点，为双曲线上任意一点）.
3.双曲线的焦点到渐近线的距离为虚半轴长.
11．已知函数，则下列说法正确的是（       ）
A．在上单调递减
B．直线为图象的一条对称轴
C．在上的解集为
D．函数在上的图象与直线的交点的横坐标之和为
【答案】AC
【分析】先根据绝对值的含义，将写成分段函数的形式，然后逐段研究并作出其图象，最后根据三角函数的图象与性质即可求解.
【详解】由题意得，函数，
作出的大致图象如图所示，由图可知，在上单调递减，所以A正确；
由图易知函数的图象没有对称轴，所以直线不是函数图象的对称轴，
所以B错误；
当时，，由，可得，
当时，，由，可得或，
所以在上的解集为，所以C正确；
结合函数的图象，可得函数在上的图象与直线有4个交点，设交点的横坐标从左到右依次设为，，，，
根据函数的解析式可知，
当时，，根据余弦函数图象的对称性可知，，
当时，，根据正弦函数图象的对称性可知，，
所以，所以选项D错误.
故选：AC.

12．已知定义在上的函数满足对任意的，，，且当时，，则（       ）
A．
B．对任意的，
C．是减函数
D．若，且不等式恒成立，则的最小值是
【答案】ABD
【分析】A. 取，易得；
B. 取，可得，然后验证的情况；
C. 由当时，，且可得，
当时，，与为减函数矛盾，从而可判断C错误；
D. 先证明的单调性，然后由可得，结合函数的单调性可得，
再化简、换元，通过构造函数、求导得新函数的单调性和最值，即可得解.
【详解】取，则，解得或，
若，则对任意的，，与条件不符，故，A正确；
对任意的，，若存在，使得，
则，与矛盾，所以对任意的，，B正确；
当时，，且，所以当时，，与为减函数矛盾，C错误；
假设，则
因为，所以，则，即，
所以函数在上单调递增，由题意得，所以，
结合在上单调递增可知，则，
令，则，，令，，
易得在上单调递减，在上单调递增，从而，
所以，则，D正确.
故选：ABD.
【点睛】本题中用到特殊值，特殊函数来解决问题，特别是选项D中，将不等式转化为，再结合换元法，求导等办法来求解，综合能力要求较高.
三、填空题
13．已知角，的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，角的终边与单位圆交于点，角的终边与角的终边关于轴对称，则______.
【答案】
【分析】根据三角函数单位圆的定义得，，然后根据角的终边与角的终边关于轴对称确定，，最后利用两角差的余弦公式求得.
【详解】解：因为角的终边与圆交于点，
所以，，
因为角的终边与角的终边关于轴对称，
所以，，
所以.
故答案为：
14．已知抛物线，过点的直线与交于，两点，与的准线交于点，且点在第一象限，若，则直线的斜率为______.
【答案】2
【分析】根据题意，过点，分别作的准线的垂线，垂足分别为，，设直线的方程为，进而与抛物线方程联立得，再根据抛物线的定义得，即，进而解得，，，，再求斜率即可得答案.
【详解】过点，分别作的准线的垂线，垂足分别为，.
由题意知直线的斜率存在且不为0，故可设直线的方程为，
将其代入，得，
则，①，
因为，且点在第一象限，
所以，所以.
又，，
所以，即②.
联立①②，得，，
又，是抛物线上的点，所以，，
所以直线的斜率.
故答案为：

15．在长方体中，底面是边长为的正方形，，，分别为棱，的中点，为线段上的动点，则直线与平面的交点的轨迹长度为______.
【答案】
【分析】连接，然后可得，，，四点共面，连接，，，设，，连接，然后可得点的运动轨迹为，然后以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，然后根据条件求出点的坐标即可.
【详解】连接，因为，分别为棱，的中点，所以，
则，，，四点共面，连接，，，设，，
连接，平面平面，
所以当点在线段上运动时，点的运动轨迹为.
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

由，，得.易得，且，
过点作，交于点，易得，，
则，从而可得，所以，
所以
故答案为：
四、双空题
16．已知的展开式中第四项的系数为120，所有奇数项的二项式系数之和为512，则实数的值为______，展开式中的常数项为______．
【答案】     1     45
【分析】由的展开式中所有奇数项的二项式系数之和为512，由，解得n，然后由的展开式中第四项的系数为120，由，解得，最后由的展开式的通项求解．
【详解】因为的展开式的所有项的二项式系数之和为，且奇数项和偶数项的二项式系数之和相等，
所以，
解得，
所以展开式中第四项，
所以，
解得，
所以的展开式的通项，
令，
解得，
所以展开式中的常数项为．
故答案为：1，45
【点睛】方法点睛：（1）二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．（2）求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．
五、解答题
17．在①，②，③这三个条件中任选一个补充在下面问题中， 若问题中的三角形存在，求出的面积；若问题中的三角形不存在，请说明理由.
问题：是否存在，它的内角，，的对边分别为，，，且，，______？
【答案】答案见解析.
【分析】结合已知条件利用正弦定理、三角形内角和定理、三角恒等变换等得到，
选①：利用正弦定理有，从而得到，即可求直角三角形的面积；
选②：利用正弦定理以及，得到，利用余弦定理得，进而解得，再利用三角形的面积公式得到结果；
选③：利用余弦定理得，与联立并消去可得关于的方程，利用一元二次方程根的判别式知不存在.
【详解】，，
∴，
由正弦定理知，又，
∴，又，
∴，即，而，
∴，又，故，即.
选①：，，由正弦定理，
∴，解得，又，
∴，则.
∴的面积.
选②：，由正弦定理得：，
由余弦定理得：，即，
联立，则，解得，
∴的面积.
选③：，由余弦定理得，即，
∴消去，整理得，此时，
故方程无实数根，
∴选条件③时，三角形不存在.
18．已知等差数列满足，.
(1) 求数列的通项公式；
(2) 若等差数列的前项和为，数列的前项和为，求的最大值.
【答案】(1) ；(2) .
【分析】(1)根据已知等式及等差数列的通项公式求出数列的公差，即可得数列的通项公式；(2)根据(1)得到，进而得到数列的通项公式，并利用裂项相消法求出，进而得到，最后借助对勾函数的单调性求得的最大值.
【详解】(1) 设等差数列的公差为，.
因为，，
所以，解得，
所以，.
(2) 由(1)可知，，
于是，
所以，
则，
由对勾函数的图象与性质可知函数在上单调递增，
所以当时，取得最大值，且最大值为.
19．某学校为普及垃圾分类知识，增强学生的垃圾分类意识，在全校范围内举办了垃圾分类知识竞赛.通过选拔，仅有甲、乙两名选手进入决赛.决赛分为必答和抢答两个环节，必答环节规则：先从题库中随机选出5道题让选手作答，选手答对的题目数记为，如果，则在题库中再选1道题回答，若答对，则进入抢答环节，该轮答题结束；若，则直接进入抢答环节，其他情况下选手均不能进入抢答环节.已知甲、乙两名选手答对每道题目的概率分别为，，且两名选手每道题是否答对互不影响.
（1）求甲选手进入抢答环节的概率.
（2）假设两名选手均进入抢答环节，且在抢答环节中，比赛采用积分制，选手是否抢到试题是等可能的，最后分数高的获得冠军.抢答环节共3道题，每题10分，答对得10分，答错自己不得分，对方得10分（抢到的选手必须作答），记甲同学的得分为（单位：分），求的分布列及数学期望.
【答案】（1）；（2）答案见解析.
【分析】（1）首先通过题意分析出甲选手进入抢答环节包含的两种情况，
然后分别计算出每种情况的概率，相加即可得结果；
（2）先列出的所有可能取值，并求出一次答题中甲选手得分的概率，然后分别求出取每个值时对应的概率，即得分布列，再利用数学期望的计算公式求解即可.
【详解】解：（1）记“甲选手进入抢答环节”为事件，
则包含5道题全部答对和5道题答错1道，从题库中再选1道回答正确两种情况，
则；
（2）由题意知，的所有可能取值为0，10，20，30，
记“一次答题中甲选手得分”为事件，
则事件包括甲选手抢到并答对和乙选手抢到并答错两种情况.
故，
，
，
，
.
所以的分布列为

0
10
20
30






数学期望
【点睛】本题是应用性、创新性题目，属于生活实践情境，以垃圾分类知识竞赛为背景考查随机变量的分布列与数学期望等知识. 考查逻辑思维能力、数学建模能力和运算求解能力.解决本题第（2）问的关键是利用互斥事件的概率加法公式得到甲选手在一次答题中得分的概率.
20．如图，四边形是边长为2的正方形，四边形为矩形，，平面平面.

（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）先利用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质得到，然后利用勾股定理及勾股定理的逆定理证明，再由线面垂直的判定定理得到平面，最后由面面垂直的判定定理得到平面平面；（2）建立恰当的空间直角坐标系，分别得到平面与平面的一个法向量，
利用向量的夹角公式求解即可.
【详解】解：（1）∵四边形为边长为2的正方形，.
如图，设，连接，，
∵平面平面，平面平面，
平面.
平面，.
在中，，同理，
又，，.
，平面.
平面，平面平面.

（2）取的中点，连接，易知，，两两垂直，所以可以以为坐标原点，
，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，，
，，，.
设平面的法向量为，
则，
令，则.
设平面的法向量为，
则，
令，则，
设，则，
∴平面与平面夹角的余弦值为.

21．已知点为椭圆上一点，且的离心率为.
（1）求的标准方程；
（2）若为上第二象限内一点，点关于直线的对称点为，直线与交于另一点，为坐标原点，求证.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）将点坐标代入结合离心率即可求解；（2）根据对称性得，设直线的斜率为，则直线的斜率为，将直线的方程和椭圆方程联立，求得点的横坐标，同理求得点的横坐标，代入斜率公式即可证得结论.
【详解】解：（1）由点在上可得，，①
由的离心率为，得，②
由①②，解得，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）因为点，关于直线对称，所以直线与关于直线对称，
则，易知直线的斜率存在且不为0，设直线的斜率为，
则直线的斜率为，
又，所以直线的方程为，即，
与椭圆方程联立，得，消去，并整理得，
设，则，，
设，同理可得，
所以直线的斜率
.
又直线的斜率为，且直线与不重合，所以.
【点睛】关键点点睛：解决本题第（2）问的关键是先将“点与点关于直线对称”转化为“”，再将“”的证明转化为“斜率相等”的证明，即可使问题顺利解决.
22．已知函数，．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）讨论函数的零点个数．
【答案】（1）；（2）答案不唯一，见解析.
【分析】（1）求出导函数，得切线斜率，从而可得切线方程；
（2）定义域是，在时直接由函数的解析式确定无零点（需用导数证明），在时，由导函数，得单调性，确定函数的最大值为，根据的正负分类讨论．在时，通过证明和，得零点个数．
【详解】（1）当时，，，，，
所以曲线在处的切线方程为．
（2）函数的定义域为，．
①当时，，无零点．
②当时，，令，得，令，
得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以有最大值．
当，即时，无零点．
当，即时，只有一个零点．
当，即时，，，
令，则，则在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
因此当时，，．
因为，所以，于是．
又在上单调递增，，且，所以在上有唯一零点．
，
当时，，令，其中，则，
令，，则，
所以在上单调递增，，
所以在上单调递增，，
故当时，．因为，所以，即，
所以．
由，得，即，得，于是．
又，，在上单调递减，所以在上有唯一零点．故时，有两个零点．
③当时，由，得，则，又当时，，所以，无零点．
综上可知，或时，无零点；时，只有一个零点；时，有两个零点．
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的零点个数．解题关键是求出函数的导数，由确定单调性和最值，本题在最大值的情况下，通过证明和，结合零点存在定理得出零点个数．难度较大，对学生的要求较高，属于困难题．