2021届浙江省名校联盟高三上学期第一次联考数学试题（解析版）

这是一份2021届浙江省名校联盟高三上学期第一次联考数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021届浙江省名校联盟高三上学期第一次联考数学试题


一、单选题
1．已知集合，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】先根据交集定义计算，再由并集定义求．
【详解】
由题知，，∴．
故选：D.
【点睛】
本题考查集合交、并运算，掌握集合运算的定义是解题基础．
2．已知复数（为虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】利用复数的乘法计算即可.
【详解】
因为，故，
故选：D.
【点睛】
本题考查复数的乘法（或乘方），注意在计算的过程中，可以把看成字母参与运算，再利用来化简即可，本题属于容易题.
3．已知是实数，则“”是“的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】利用两个条件对应的集合的包含关系可判断两者之间的条件关系.
【详解】
等价于，解得或.
记集合，，
因为Ü，所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
【点睛】
（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；
（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；
（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含．
4．若实数、满足约束条件，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】本题首先可以绘出约束条件所表示的平面区域，然后将看作经过点与点的直线的斜率，最后结合图像即可得出结果.
【详解】

如图，绘出约束条件所表示的平面区域，
因为可以看作经过点与点的直线的斜率，
结合图像易知，当直线经过点时，斜率最小，
所以的最小值为，
故选：A.
【点睛】
本题考查线性规划的相关问题，主要考查通过线性规划求目标函数的最值，能否绘出约束条件所表示的平面区域是解决本题的关键，考查数形结合思想，是基础题.
5．已知空间中，是两条不同直线，是平面，则（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】C
【解析】根据线面关系和直线与平面垂直的性质定理逐一判断可得选项.
【详解】
对于A，B，直线m，n可能平行、相交或异面，A，B错误；
对于C，D，由直线与平面垂直的性质定理易得C正确，D错误，
故选：C.
【点睛】
本题考查空间中直线与平面的位置关系，熟记空间中直线与平面的位置关系的判定定理和性质定理是解题的关键，属于基础题.
.
6．已知数列的前项和为，，当且时，，，成等比数列，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】根据条件列关系，消去，得的递推关系，整理得数列是等差数列，写通项公式，并计算即可.
【详解】
当且时，，，成等比数列，故，又
，整理得，所以数列是等差数列，首项为1，公差为1，故，，.
故选：D.
【点睛】
本题考查了数列的递推关系，等差与等比数列的综合应用，属于中档题.
7．函数在区间上的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】判断函数的奇偶性，排除C和D，再利用时，，得出答案．
【详解】
令，则
故函数为偶函数，排除C和D
又时，，
故选：A
【点睛】
本题考查三角函数的图象和性质，考查奇偶性的应用，属于中档题．
8．已知正实数、、满足，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由可得出，利用不等式的性质结合基本不等式可求得的最小值.
【详解】
，，，
由于、、均为正数，则，
当且仅当时，即当时，等号成立，
因此，的最小值是.
故选：C.
【点睛】
本题考查利用基本不等式求最值，考查计算能力，属于中等题.
9．已知平面向量满足，且，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】根据平面向量的夹角公式求出，令，，设，根据可得，，可得.
【详解】
因为，所以，
因为，所以，
令，，设，
所以由可得，即，
整理为，所以，即，
所以.
故选：B
【点睛】
本题考查了平面向量的夹角公式，考查了平面向量数量积的坐标表示，属于中档题.
10．已知实数，不等式对任意恒成立，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【解析】利用换元法可将原不等式转化为对任意的恒成立，令，讨论其单调性后可得，消元后可得所求的最大值.
【详解】
解析：令，原不等式整理得：
，
即，
∴，即，
两边除以得：，
所以
，
因为，故，故为增函数.
又，因此在上递减，上递增，
又，，且，
故.
则.
故选：B.
【点睛】
本题考查不等式的恒成立，注意根据不等式的特征合理换元，再根据不等式的特征合理变形以便于最值的讨论，本题属于较难题.


二、填空题
11．已知向量，，，且，，则___________，___________.
【答案】
【解析】根据平面向量共线和垂直的坐标表示可解得结果.
【详解】
因为，所以，解得，
因为，所以，解得.
故答案为：；.
【点睛】
本题考查了平面向量共线和垂直的坐标表示，属于基础题.
12．已知数列满足，，则________.
【答案】
【解析】本题首先可根据题意得出，然后通过累加法得出，再然后根据得出，最后代入即可得出结果.
【详解】
因为，所以，即，
则，，，，
将上述算式相加可得，
因为，所以，，
故答案为：.
【点睛】
本题考查数列的项的求法，可通过求出数列的通项公式来求出数列的项，考查累加法的灵活应用，考查等比数列求和公式，考查计算能力，是中档题.
13．甲从集合中任取三个不同的元素，并按降序排列得到十进制三位数，乙从集合中任取三个不同的元素，并按降序排列得到十进制三位数，则的概率为________.
【答案】
【解析】分甲取9或不取9分类，利用古典概型结合组合数的计算即可得解.
【详解】
从任取三个不同的元素有种选择，
按甲取9或不取9分类，可得的概率：
.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了古典概型的计算，涉及组合的应用，属于中档题.
14．已知、为双曲线的左、右焦点，点为直线上的动点，则的最大值是________.
【答案】
【解析】设，则利用倾斜角和两角差的正切可得，利用基本不等式可求的最大值.
【详解】
因为、为双曲线的左、右焦点，故，，
设，则 ，
整理得到，
当时，，故；
当时，

此时或，
故，当且仅当时等号成立，
故，解得
因为，故，当且仅当时等号成立.
故答案为：.
本题考查双曲线的焦点坐标、斜率的计算、两角差的正切，注意在坐标平面中与角有关的计算可利用倾斜角来计算，本题属于较难题.

三、双空题
15．若二项式的展开式中含有常数项，则最小的正整数等于________，此时其展开式各项系数和为________.
【答案】3 27
【解析】求得通项，令指数为0，可得，确定最小的正整数等于3，再利用赋值法可得答案.
【详解】
的通项为
令，可得，
时，最小的正整数等于3，
中，令可得展开式各项系数和为，
故答案为：3，27.
【点睛】
本题主要考查二项展开式的通项公式的应用，考查了赋值法求各项系数和，属于基础题.
16．函数的最小正周期是________，最大值是________.
【答案】
【解析】首先利用辅助角公式化简函数解析式，之后应用三角函数的性质求得其周期和最大值，得到结果.
【详解】
，
所以其最小正周期是，
其最大值为，
故答案为：①；②.
【点睛】
该题考查的是有关正弦型函数的性质，涉及到的知识点有辅助角公式，正弦型函数的最大值和最小正周期，属于基础题目.
17．某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的侧视图面积为_____，体积为_____.

【答案】
【解析】根据三视图还原几何体，再根据面积公式和正方体体积以及三棱锥体积公式可得结果.
【详解】
根据三视图可知，该几何体是一个棱长为的正方体和一个底面边长都为的三棱锥的组合体，如图：

该几何体的侧视图面积是正方体的一个面的面积与三棱锥的一个截面面积之和，
所以该几何体的侧视图面积是,
该几何体的体积是正方体的体积与三棱锥的体积之和，
所以该几何体的体积是.
故答案为：；.
【点睛】
本题考查了三视图还原几何体，考查了正方体和三棱锥的体积公式，考查了空间想象能力，属于基础题.

四、解答题
18．在中，角，，的对边分别为，，，且，.
（1）求角的值；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）利用辅助角公式化简题中式子，得到，从而求得，进而求得；
（2）根据正弦定理得到，从而可以求得，能得到，结合角的范围，求得，进而得到.
【详解】
（1）∵
∴，即.
（2）由正弦定理得，
∴，
∵，
又∵，∴，∴.
【点睛】
该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有三角恒等变换在解三角形中的应用，正弦定理，属于简单题目.
19．如图，在三棱台中，平面平面，，四边形是等腰梯形，且.

（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）连接，由是等腰梯形，得到，根据面面垂直的性质，证得
平面，再结合线面垂直的判定定理，即可得到平面.
（2）设到平面的高为，连接，得到到平面的高为，结合等体积法，得到，再结合线面角的定义，即可求得直线与平面所成角.
【详解】
（1）连接，由是等腰梯形，，得
因为平面平面，平面平面
平面，所以平面
又因为平面，所以.
又因为, 且平面
所以平面.

（2）设到平面的高为，连接
则到平面的高也为，故所求角的正弦值即为.
设，由，可得，
因为四边形是等腰梯形，且，可得，
所以，
又由，可得，
由（1）知平面且平面，所以，
在直角梯形中，因为，可得，
故直线与平面所成角的正弦值.
【点睛】
本题主要考查了线面垂直的判定与证明，以及直线与平面所成角的求解，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，以及直线与平面所成角的概念是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
20．已知正项数列的前项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，其前项和为，证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）消去得到的递推关系，化简整理即得，是等差数列，写通项公式即可；
（2）代入得数列，化简整理并进行放缩，再通过裂项求和，即得结果.
【详解】
证明：（1）由已知得，同理，
两式相减得：，即，
因为，，所以，即，
所以数列是首项为2，公差为的等差数列，通项公式.
（2）∵
所以

（也可利用数学归纳法求证.）
【点睛】
本题考查了等差数列的通项公式，数列放缩和裂项相消法求和，属于难题.
21．已知点在椭圆上，点为椭圆的右焦点，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设点，点为抛物线上的动点，若过作抛物线的切线与椭圆交于、两点，求面积的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）根据点得到，再由，求出，得出，进而可得出椭圆方程；
（2）由题意，设点，求处过点处的切线方程，设、，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，由弦长公式，以及点到直线距离公式，表示出的面积，结合基本不等式，即可求出最值.
【详解】
（1）点在椭圆上，所以，
又∵，∴，因此，所以，
所以椭圆的标准方程为：.
（2）因为点为抛物线上的动点，可设点，
对两边求关于的导数，得，则，
所以在点处的切线斜率为：，
则切线方程为，即；
设、，
联立消去，整理得，
则，所以，
，
因为
，
又因为点到直线的距离为，
所以
则由基本不等式得：
，
当且仅当，即，即时，
的最大值为.
【点睛】
本题主要考查求椭圆的标准方程，考查求椭圆中三角形面积的最值，计算量较大，属于常考题型.
22．已知函数，若有两个不同的极值点，，且.
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：；
（3）证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】（1）转化为为方程的两个不同实根，构造函数，利用导数可求得结果；
（2）根据（1）知，在上递减，要证，只需证 ，构造函数，，利用导数证明即可得证；
（3）先利用导数证明不等式在上成立，所以，，令，令为方程，即的两个实根，根据，，可得，结合韦达定理可证不等式成立.
【详解】
（1）， 则为方程，即的两个不同实根，
令，，
令，得，令，得，
则在上递增，在上递减，
所以当时，取得最大值为，
所以，且，

（2）要证，因为在上递减，所以只需证，即，即要证，由（1）知，所以，
令，，则，
令，，则为上的增函数，
所以，所以为上的增函数，
所以，即在上恒成立，
所以在上为增函数，所以，即，
所以.
（3）令，，则，，
因为为上的增函数，所以，
所以为上的增函数，所以，
所以为上的增函数，所以，
所以不等式在上成立，
所以，
且在上递增，上递减，
令为方程，即的两个实根，，
其中.

由图可知，，即，
所以
，得证.
【点睛】
本题考查了根据函数的极值点个数求参数的取值范围，考查了转化化归思想，考查了数形结合思想，考查了构造函数解决导数问题，考查了利用导数证明不等式，属于难题.