2021届普通高中教育教学质量监测考试全国I卷理科数学试题（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卷理科数学试题（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卷理科数学试题学校:___________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．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．5．一组数据，，，，，，，的中位数为（   ）A． B． C．和 D．6．，，大小关系正确的是（   ）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．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．9．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．10．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．11．已知，，且，，则（    ）A． B．C．或 D．12．若是奇函数，且在上是减函数，又，则的解集是（   ）A． B．C． D． 二、填空题13．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___________.14．函数是定义域为的奇函数，当时，，则__________．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．已知等差数列中，且，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）若数列的前项和，数列满足，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）求二面角的余弦值．19．某资源网推出精品资料营销数学学科新教材必修第一册共计推出个教案，为了更好地将课程内容呈现给学生，现对某一时段教案的下载量进行统计：下载量个数（1）现从个教案中采用分层抽样的方式选出个，求出的下载量超过的个数；（2）为了更好地鼓励作者，现在在基本工资的基础上推出如下奖励施，若下载量在区间内不子奖励，若下载量在区间内，则每个教案奖励元；下载量超过，则每个教案奖励元，现从（1）中选出的个教案中随机取出个教案进行奖励，求奖励金额的分布列与数学期望．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）讨论函数的单调性；（2）不等式对一切恒成立，求的取值范围．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】先解不等式化简集合A、B，再根据数轴求.【详解】由题得，，如图，由数轴表示得．故选：A.2．C【分析】运用复数运算法则及复数模的定义进行计算.【详解】依题意，，则．故选: C3．D【分析】依向量垂直的坐标表示建立方程求参数.【详解】依题意，，又，所以，解得．故选: D4．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.5．D【分析】直接利用中位数的定义求中位数.【详解】因为数据为，，，，，，，，所以中位数为．故选：D6．A【分析】直接利用指数函数和对数函数的单调性判断.【详解】因为，，，所以．即．故选：A7．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．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.9．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.10．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：D11．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．B【分析】根据函数为奇函数，得到，再由函数在上是减函数，作出函数的图象，再由，等价于，利用数形结合法求解.【详解】因为函数为奇函数，所以，所以，因为函数在上是减函数，所以函数在上是减函数．作出函数的大致图象如图所示，而，等价于，即，则或，所以或，解得或．综上，的解集是．故选：B13．【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：0.78.14．【分析】根据是定义域为的奇函数，由求解.【详解】因为是定义域为的奇函数，且当时，，所以．故答案为：-215．【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）设等差数列的公差为，根据求得d，再由，，成等比数列求得，写出通项公式；（2）根据（1）得到，利用裂项相消法求解.【详解】（1）设等差数列的公差为．因为等差数列中，，所以公差为，因为，，成等比数列，所以，得，即，解得，所以通项公式为．（2）由（1）可得，数列的前项和，则．所以数列的前项和．【点睛】方法点睛：求数列的前n项和的方法（1）公式法：①等差数列的前n项和公式，②等比数列的前n项和公式；（2）分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．（4）倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．（5）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.（6）并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．18．（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）根据线面平行的判断性质，在平面AFC上找到一条与DE平行的直线即可.
（2）建立空间直角坐标系，通过法向量的夹角求得二面角的余弦值.【详解】（1）连接交于点，连接，则为的中点，因为，为的两个三等分点，所以为的中点，所以，又平面，平面，所以平面．（2）设正方形的边长为，以点为原点，以，，所在的方向分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，，则，，．设平面的法向量为．由，得，得，令，得平面的一个法向量为；显然平面的一个法向量为；则，即二面角的余弦值为．【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系求解二面角.19．（1）2个；（2）答案见解析.【分析】（1）利用分层抽样直接计算；（2）先写出的可能取值，分别计算概率，写出分布列和数学期望.【详解】（1）根据分层抽样的特点，选出的下载量超过的个数为个．（2）的可能取值为，，，．；；；．则奖励金额的分布列为：故奖励金额的数学期望．【点睛】求离散型随机变量的分布列，应按以下三个步骤进行：（1）明确离散型随机变量的所有可能取值以及取每个值所表示的意义；（2）利用概率的有关知识求出随机变量每个取值的概率；（3）按规范形式写出分布列并用分布列的性质进行检验.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）．【分析】（1）利用导数，讨论、时的符号，进而确定的区间单调性；（2）由题设函数不等式恒成立，得在上恒成立，构造，求其导数并判断单调性，进而确定零点有，保证，可将问题转化为时求的范围，进而确定的值域，进而求的范围．【详解】（1）的定义域是，．①当，即时，在上恒成立，则在上单调递增；②当，即时，令，得；令，得；则在上单调递减，在上单调递增．（2）当，即，则在上恒成立，设，则，易知在上单调递增，且当时，，当时，，所以存在唯一零点，令，则，且在上单调递减，在上单调递增，∴，即有，设，令，，则单调递增，又，故，得，∴增函数，其值域为，即的取值范围为，故的取值范围是．【点睛】关键点点睛：（1）分类讨论的方法研究含参函数的单调性即可；（2）将问题转化为不等式在区间内恒成立，构造函数并应用导数研究单调性找到零点，仅需保证，结合参变分离，再次构造函数并确定的范围，进而求函数的值域.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．