2021届普通高中教育教学质量监测考试全国I卷文科数学试题（word版 含答案）

这是一份2021届普通高中教育教学质量监测考试全国I卷文科数学试题（word版 含答案），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届普通高中教育教学质量监测考试全国I卷文科数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________  一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．若，则（    ）A． B． C． D．3．已知向量，，，则的值为（    ）A． B． C． D．4．从，，，…，中任取一个数，它能被整除的概率（    ）A． B． C． D．5．对数的应用很广泛，有些速算的原理来自对数，例如：如果正整数的次方是个位数，那么根据，取常用对数得到，即可得到，由下面的对数表可知这个数是，已知某个正整数的次方是个位数，则该正整数是（    ） A． B． C． D．6．函数是定义在上的偶函数，当时，，若，则（    ）A． B． C． D．7．已知，，是三条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列结论一定正确的是（    ）A．若，，，，则B．若，，则C．若，，，则D．若，，，则8．若将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍(纵坐标不变)，然后向左平移个单位长度，则得到的函数图象的对称中心为（    ）A． B．C． D．9．已知抛物线的焦点与椭圆的一个焦点重合，则的离心率为（    ）A． B． C． D．10．若直线与函数的图象相切于点，则（    ）A． B． C． D．11．已知，，且，，则（    ）A． B．C．或 D．12．已知双曲线的左､右焦点分别为，，以原点为圆心，为半径的圆与双曲线在第一象限交于点，若，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D． 二、填空题13．已知实数，满足，则的最大值为___________.14．为迎接2022年北京冬奥会，某工厂生产了一批雪车，这批产品中按质量分为一等品，二等品，三等品.从这批雪车中随机抽取一件雪车检测，已知抽到不是三等品的概率为，抽到一等品或三等品的概率为，则抽到一等品的概率为___________.15．中，，，是边上一点，且，则___________.16．如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的棱长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.若用一小桶油漆刚好可以涂该二十四等边体的表面一遍，则用该小桶油漆去涂与该二十四等边体棱长相等的正四面体魔方表面(也是涂一遍)，那么至少可以涂___________个这样的正四面体魔方.(结果取整数) 三、解答题17．已知公差不为等差数列中，且，，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.18．如图，四棱锥中，底面为正方形，，平面，，为的两个三等分点.（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离.19．某中学现有学生人，为了解学生数学学习情况，对学生进行了数学测频率试，得分分布在之间，按，，，，分组，得到的频率分布直方图如图所示，且已知.（1）求，的值；（2）估计该中学数学测试的平均分(同组数据以这组数据的中间值作代表)；（3）估计该中学数学分数在的人数.20．已知椭圆的两个焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于，两点(点位于轴上方)，，的周长分别为，.（1）求椭圆的方程；（2）若，且，设直线的倾斜角为，求的取值范围.21．已知函数，.（1）讨论函数的单调区间；（2）若，且不等式在上恒成立，求的最小值.22．已知曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）若点为直线上的动点，点是曲线上的动点，求的最小值.23．已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若方程有实数解，求实数的取值范围. 
参考答案1．A【分析】利用集合的并运算即可求解.【详解】由，，则.故选：A2．B【分析】依题意计算，进一步求出答案.【详解】依题意，则.故选：B.3．C【分析】先求，利用求出答案.【详解】，又，所以，解得.故选：C.4．B【分析】列举出基本事件，用古典概型的概率公式求概率.【详解】从，，，…，中任取一个数共有种情况，其中能被整除的数共有，，，，，，，，，，，共个，故所求概率.故选：B【点睛】古典概型的概率计算中列举基本事件的方法：（1）枚举法；（2）列表法；（3）坐标法；（4）树状图法.5．B【分析】根据对数速算的原理，求得该数所处的指数范围，然后换算成对数，对应于表中的数值即可.【详解】设这个正整数为，因为的次方是个位数，所以，即，则，结合表中数据易知，.
故选：B.6．A【分析】根据函数的是偶函数，求出，从而进一步求出.【详解】若，则，即，解得.所以.故选：A.7．D【分析】根据空间中的线线，线面，面面关系一一分析即可.【详解】对于A项，需要加上与相交才符合线面垂直的判定定理，故A错误；
对于B项，有可能，故B错误；
对于C项，与没有关系，斜交､垂直平行都有可能，故C错误；
对于D项，若，，则，而，故，故D正确.
故选：D.8．D【分析】首先求出函数平移和伸缩变化后的函数，然后利用函数的对称中心求出答案.【详解】若将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍(纵坐标不变)，可得，然后向左平移个单位长度，可得，令，得，则得到的函数图象的称中心为.故选：D.9．B【分析】利用抛物线的焦点求出椭圆的一个焦点，根据，求出，进一步求出离心率.【详解】抛物线的焦点为，则椭圆的一个焦点为，则，解得，所以的离心率为.故选：B.10．C【分析】根据题目条件可知，进一步求出切点坐标，从而求出的值.【详解】由已知，.因为，所以，联立，解得或，又因为，所以，而，故舍去，综上，，所以，则，将代入中，得，解得.故选：C.11．B【分析】根据同角的三角函数关系式，结合两角差的余弦公式、余弦函数的单调性进行求解即可.【详解】因为且，所以，.又，所以，由，可知，故，从而可求得：.故选：B12．D【分析】由题意可得，且是等边三角形，所以，，再根据双曲线的定义得，由 即可求解.【详解】如图，设双曲线的半焦距为.若，因为以原点为圆心，为半径的圆与双曲线在第一象限交于点，所以，所以，所以，所以，又，则是等边三角形，则，则，再根据双曲线的定义得，得，所以.故选：D13．【分析】画出可行域求解.【详解】作出不等式组，所表示的平面区域如图中阴影部分所示(含边界)，观察可知，平移直线，当直线过点时，有最大值；联立，解得，故的最大值为.故答案为:16.14．【分析】根据概率中独立事件概率的定义计算即可.【详解】设抽到一等品､二等品､三等品的事件分别为，，.则，解得，则抽到一等品的概率为.
故答案为：0.78.15．【分析】由，由余弦定理求出，，进而由余弦定理可得，再由，根据三角形的面积公式得出，由即可求解.【详解】因为.由余弦定理得，整理得，解得，，故，所以，所以，由，得，即，故.故答案为：16．【分析】设二十四等边体的棱长为，计算其表面积，再计算正四面体魔方的表面积，即可解得.【详解】设该二十四等边体的棱长为，则正四面体魔方的棱长也为，则该二十四等边体的表面积为，正四面体的表面积为，而，所以至少可以涂个这样正四面体魔方.故答案为：5.17．（1）；（2）.【分析】（1）利用基本量代换求出通项公式；（2）把转化为，利用裂项相消法求和.【详解】（1）设等差数列的公差为.因为，，成等比数列，所以.又，所以，化简得，又公差不为，所以.故.（2）依题意，，故.【点睛】(1)数列求通项公式的方法：①观察归纳法；②公式法；③由Sn求an；④累加（乘）法；⑤由递推公式求通项公式；(2)数列求和常用方法：①公式法；②倒序相加法；③分组求和法；④裂项相消法；⑤错位相减法．18．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接交于点，连接，判断为的中点，根据线面平行的判定证平面；（2）应用勾股定理、余弦定理求，，，，利用三角形面积公式求，根据等体积法求点面距离.【详解】（1）连接交于点，连接，则为的中点，∵，为的两个三等分点，∴为的中点，则，又平面，平面，∴平面.（2）∵，由勾股定理得，，，由余弦定理得，则.∴，设点到平面的距离为.由，得，解得.∴点到平面的距离为.【点睛】关键点点睛：（1）由等分点，结合中点的性质证线线平行，根据线面平行的判定证线面平行；（2）应用等体积法求点面距离.19．（1）；（2）；（3）.【分析】（1）由频率分布直方图联立方程，求出答案；（2）由频率分布直方图，直接求平均分；（3）分别求出该中学数学分数在和的频率和人数进一步求出答案.【详解】（1）由频率分布直方图可得，解得.（2）由频率分布直方图可得，估计该中学数学测试的平均分为.（3）因为该中学数学分数在的频率是，所以估计该中学数学分数在的人数是；同理，因为该中学数学分数在的频率是，所以估计该中学数学分数在的人数是.所以估计该中学数学分数在的人数为.20．（1）；（2）.【分析】（1）根据椭圆的定义可得，的周长分别为，结合可得答案.
(2)根据题意设出直线的方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，由，得出，得出的纵坐标的关系，从而可求出答案.【详解】（1）设椭圆的半焦距为，因为，的周长分别为，，所以根据椭圆的定义得，解得.所以椭圆的方程为.（2）由条件，且，则,所以直线的斜率存在.根据题意，可设直线的方程为.联立，消去，得，则，设，，则①，②，又，且，则.设，，则，所以③，把③代入①得，，并结合②可得，则，即，因为在上单调递增，所以，即，且，解得，即，所以.故的取值范围是.【点睛】关键点睛：本题考查求椭圆方程和直线与椭圆的位置关系，解答本题的关键是由，，又，且，则，得出关系求解，属于中档题.21．（1）答案见解析；（2）最小值为.【分析】（1）函数定义域为，求导，再分和两种情况讨论求解即可得答案；（2）根据题意得在上恒成立，故令，求函数最大值即可得答案.【详解】（1）函数的定义域是.，当时，对任意恒成立，故函数在上单调递增；当时，令，得；令，得，故函数在上单调递增，在上单调递减.（2）不等式为，所以不等式在上恒成立，所以在上恒成立.设，则，当时，，，又在上是增函数，，，所以存在，使得，当时，，；当时，，，即在上单调递增，在上单调递减，，，则，所以，因为，所以，又因为，所以，所以的最小值为.【点睛】本题考查利用导数求解函数的单调区间，研究不等式恒成立问题，考查运算求解能力，分类讨论思想，是难题.“隐零点”问题：求解导数压轴题时，如果题干中未提及零点或零点不明确，依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点.我们一般可对零点“设而不求”，通过一种整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题．我们称这类问题为“隐零点”问题（零点大小确定的叫“显零点”）．处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程，并结合的单调性得到零点的范围；这里应注意，确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围；第二步：以零点为分界点，说明导函数的正负，进而得到的最值表达式；这里应注意，进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键；第三步：将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明；有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小．导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征(零点方程)，判断其范围(用零点存在性定理)，最后整体代入即可．（即注意零点的范围和性质特征）22．（1）的普通方程是，的直角坐标方程是；（2）.【分析】（1）由可将曲线的参数方程化为普通方程，利用极坐标方程与普通方程之间的转换关系可得出直线的直角坐标方程；（2）设点，利用点到直线的距离公式、辅助角公式以及余弦函数的有界性可求得的最小值.【详解】（1）由得，，即，故曲线的普通方程是.由及公式，得，故直线的直角坐标方程是；（2）直线的普通方程为，曲线的参数方程为（为参数），设，点到直线距离为（其中），当时，，所以.【点睛】方法点睛：解决与圆或椭圆有关的最大值和最小值以及取值范围的问题，常常设圆或椭圆的参数方程，然后转化为求三角函数的最大值和最小值以及取值范围的问题，注意三角恒等式（其中，其中，且角的终边过点）.23．（1）；（2）.【分析】（1）分，，三种情况求解即可得答案.（2）结合(1)的结论首先确定函数的最小值，再解即可得答案.【详解】（1）依题意，.当时，，解得；当时，，解得，无解；当时，，则，故；故不等式的解集为.（2）依题意，，由一次函数的性质知，在上单调递减，在上单调递增，所以，即的值域为，因为方程有实数解，所以，解得，故实数的取值范围为.【点睛】绝对值不等式的解法：法一：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；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：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．