2021届广东省广州市六区高三上学期9月教学质量检测（一）数学试题（教师版含解析）.doc

《2021届广东省广州市六区高三上学期9月教学质量检测（一）数学试题（教师版含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届广东省广州市六区高三上学期9月教学质量检测（一）数学试题（教师版含解析）.doc（27页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、广东省广州市六区2021届高三9月教学质量检测(一)数学试题一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共计40分在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上)1. 复数的共轭复数是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算，先化简复数，再由共轭复数的概念，即可得出结果.【详解】因为，所以其共轭复数为.故选：A.【点睛】本题主要考查求复数的共轭复数，属于基础题型.2. 已知集合， ，则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】解不等式化简集合，利用三角函数的值域可得集合，再进行集合的交运算即可；【详解】，故选：

2、C.【点睛】本题考查集合的交运算以及正弦函数的值域，考查运算求解能力，属于基础题.3. 已知抛物线C：()的准线为l，圆M：与l相切，则( )A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】求出抛物线的准线方程，利用已知条件列出方程求解即可【详解】解：抛物线的准线与圆相切，可得，解得故选：B【点睛】本题考查抛物线的简单性质以及抛物线与圆的位置关系的应用，是基本知识的考查4. 某学校组织学生参加数学测试，某班成绩的频率分布直方图如下图，数据的分组依次为，.若不低于60分的人数是35人，则该班的学生人数是( )A. 45B. 50C. 55D. 60【答案】B【解析】【分析】根据频率分布

3、直方图计算的频率，然后根据不低于60分的人数简单计算即可.【详解】由题可知：不低于60分的频率为：又不低于60分人数是35人，所以该班的学生人数是故选：B【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，考查观察能力以及理解能力，属基础题.5. 周髀算经是中国古代重要的数学著作，其记载的“日月历法”曰：“阴阳之数，日月之法，十九岁为一章，四章为一部，部七十六岁，二十部为一遂，遂千百五二十岁，生数皆终，万物复苏，天以更元作纪历”，某老年公寓住有20位老人，他们的年龄(都为正整数)之和恰好为一遂，其中年长者已是奔百之龄(年龄介于90至100)，其余19人的年龄依次相差一岁，则年长者的年龄为( )A. 94B.

4、 95C. 96D. 98【答案】B【解析】【分析】设年纪最小者年龄为n，年纪最大者为m，m90，100，由题可得n+(n+1)+(n+2)+(n+18)+m19n+171+m1520，解出n的取值范围，根据年龄为整数可得n的取值范围，再代入可得m的值【详解】根据题意可知，这20个老人年龄之和为1520，设年纪最小者年龄为n，年纪最大者为m，m90,100，则有n+(n+1)+(n+2)+(n+18)+m19n+171+m1520，则有19n+m1349，则m134919n，所以90134919n100，解得，因为年龄为整数，所以n66，则m1349196695.故选：B【点晴】本题考查阅读理

5、解能力，涉及等差数列的性质，属于中档题6. 已知，则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先利用诱导公式化简，再利用正弦、余弦的二倍角公式化简可得结果【详解】解：由，得，所以，即，因为，所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以，故选：D【点睛】此题考查诱导公式的应用，考查二倍角公式的应用，考查同角三角函数的关系，属于中档题7. 已知直三棱柱的6个顶点都在球O的球面上，若，则球O的表面积为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据，得到， 的外接圆的圆心分别为边的中点，则外接球的球心为两中点连线的中点求解.【详解】如图所示：因为，所以的中点 ，分别为 ，

6、 的外接圆的圆心，所以直三棱柱的外接球的球心是的中点，所以，所以球O的表面积为，故选：C【点睛】本题主要考查几何体的外接球问题，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于基础题.8. 对于定义在上的函数，为偶函数.当时，设，的大小关系为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数为偶函数，得到其图像关于直线对称，再由基本初等函数单调性，判定的单调性，根据单调性比较大小，即可得出结果.【详解】因为函数为偶函数，所以，即函数的图象关于直线对称，即.又因为当时，而在上单调递减，幂函数单调递增，所以函数在上单调递减，因而在上单调递增，因为，所以，即，即.故选：C.【点睛】本题主要考查由

7、函数单调性比较大小，考查函数奇偶性与单调性的综合，属于常考题型.二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共计20分在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上)9. 设，为正实数，且，则( )A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】根据不等式的性质，由作差法，逐项判断，即可得出结果.【详解】因为，为正实数，且，则，A选项，故A正确；B选项，而是否大于不确定，故不能判断的正负，故B错；C选项，但不一定大于，故不一定正确，即C错；D选项，故D正确；故选：AD.【点睛】本题主要考查作差法比较大小，熟记不等式的性质即可，属于基础题型.10. 已知

8、曲线：，：，则( )A. 把上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平行移动个单位长度，得到曲线B. 把上各点的横坐标缩短到原来的倍，级坐标不变，再把得到的曲线向右平行移动个单位长度，得到曲线C. 把向左平行移动个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到曲线D. 把向左平行移动个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到曲线【答案】ABC【解析】【分析】利用函数的图象变换规律对各个选项进行检验即可.【详解】A. 上各点横坐标缩短到原来的倍，得到，再向左平移个单位长度，得到，正确；B. 上各点的横坐标缩短到原来的倍，得

9、到，再向右平移个单位长度，得到，正确；C. 向左平移个单位长度，得到，再把各点横坐标缩短到原来的倍，得到，正确；D. 向左平移个单位长度，得到，再把各点横坐标缩短到原来的倍，得到，错误.故选：ABC【点睛】本题考查函数的图象变换规律，考查平移变换和伸缩变换的应用，属于基础题.11. 若函数对，同时满足：(1)当时有；(2)当时有，则称为函数.下列函数中是函数的有( )A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】由题意可得满足是上的奇函数，且为增函数，由函数的奇偶性和单调性与导数之间的关系，分别判断的函数的奇偶性和单调性，可得所求结论【详解】由(1)当时有，即为，则为上的奇函数；由(2)

10、当时有，即为，可得为上的增函数，则函数为上的奇函数，且为增函数对：，定义域为，可得为偶函数，故不是函数；对：，定义域为，即为奇函数，又，可得为上的增函数，故是函数；对：，定义域为，,即为奇函数，又，可得为上的增函数，故是函数；对：，定义域为，当时，可得为奇函数，又在，上单调递增，但在上不为增函数，比如，故不是函数故选：BC【点睛】本题考查函数的新定义，主要考查函数的奇偶性与单调性的判断，考查推理能力，属于中等题.12. 在长方体中，M，P是平面内不同的两点，N，Q是平面内不同的两点，且M，P，N，E，F分别是线段，的中点.则下列结论正确的是( )A. 若，则B. 若E，F重合，则C. 若与相交

11、，且，则可以与相交D. 若与是异面直线，则不可能与平行【答案】BD【解析】【分析】结合图像和空间几何体知识，即可得出答案.【详解】解：若，则M、N、P、Q四点共面，当时，平面、两两相交有三条交线，分别为、，则三条交线交于一点O，则与平面交于点O，则与不平行，故A错误；若E，F两点重合，则，M、N、P、Q四点共面，平面、两两相交有三条交线，分别为、，由，得，故B正确；若与相交，确定平面，平面、两两相交有三条交线，分别、，因为，所以，所以与不可能相交，故C错误；当与是异面直线时，如图，连接，取中点G，连接，.则，因为平面，平面，则平面，假设，因为平面，平面，所以平面,又，平面平面，同理可得，平面平

12、面，则平面平面，与平面平面矛盾，所以假设错误，不可能与平行，故D正确. 故选：BD【点睛】本题考查空间线面位置关系的证明，属于中档题。三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共计20分请把答案填写在答题卡相应位置上)13. 函数在点处的切线方程为_；【答案】 【解析】【分析】由题意，求得，得到，进而得到切线的斜率，在利用直线的点斜式，即可得到切线的方程【详解】由题意，函数，可得，则，即切线的斜率为，又，所以函数在点处的切线方程为，即【点睛】本题主要考查了利用导数的几何意义求解切线的方程，利用导数的几何意义解题时的注意点：首先应判断所给点是不是切点，如果不是，需将切点坐标设出；切点既在原函数的图

13、象上也在切线上，可将切点坐标代入两者的函数解析式建立方程组；在切点处的导数值等于切线的斜率，这是求切线方程最重要的条件14. 的展开式中的系数为_(用数字填写答案).【答案】25【解析】【分析】根据的展开式的通项公式可求得结果.【详解】因为，的展开式的通项公式为，令，解得，令，解得，所以的展开式中的系数为.故答案为：25.【点睛】本题考查了二项展开式的通项公式，属于基础题.15. 已知向量，(，)，若，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】根据，然后可得，然后使用基本不等式简单计算可得结果.【详解】由，所以，即当且仅当，即时，取等号所以的最小值为：故答案为：【点睛】本题考查向量垂直的坐标表示

14、以及基本不等式的应用，考查计算,属基础题.16. 已知，是双曲线C：(，)的左、右焦点，以为直径的圆与C的左支交于点A，与C的右支交于点B，则C的离心率为_.【答案】【解析】【分析】根据题意可知，进一步可得，然后根据双曲线的定义可得，最后根据离心率的公式可得结果.【详解】由题意知，所以，即，易得.设，由双曲线的定义得：，解得：，所以，因为，所以离心率.故答案为：【点睛】本题考查双曲线离心率的计算，审清题意，细心计算，属基础题.四、解答题(本大题共6小题，共计70分请在答题卡指定区域内作答解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17. 在，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

15、形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.问题：是否存在，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，_?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【答案】答案见解析.【解析】【分析】根据，利用正弦定理将边转化为角结合两角和的正弦公式得到,即，选择条件：由及正弦定理，可得，再结合余弦定理解得.选择条件：由，得到，然后结合余弦定理解得.选择条件：由，得到，与矛盾.【详解】已知，由正弦定理，得，因为B为三角形内角，所以，即所以，因为，所以选择条件的解析：解法一：由及正弦定理，可得，由余弦定理，则，解得.解法二：由，又因为，所以，则，展开得，所以，所以，所以.选择条件的解析：解法一：

16、由，可得，由余弦定理得，解得.解法二：由得，因为，所以，是以C为顶角的等边三角形，所以，所以.由正弦定理得，解得.选择条件的解析：解法一：由，由因为，则，与矛盾，则问题中的三角形不存在.解法二：由，则，则，与三角形内角和等于矛盾，因而三角形不存在.【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的综合应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.18. 设是公比大于1的等比数列，且是，的等差中项.(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前n项和.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】(1)设等比数列的公比为，根据题中条件列出方程组，求出首项和公比，即可得出通项公式；(2)先由(1)得到，再由错位相减法，

17、即可得出结果.【详解】(1)设等比数列的公比为.依题意，有，将代入得，得.联立得两式两边相除消去得，解得或(舍去)，所以，所以，(2)因为所以，得.所以，数列的前n项和.【点睛】本题主要考查求等比数列的通项公式，考查错位相减法求数列的和，涉及等差中项的应用，属于常考题型.19. 如图，在圆柱中，为圆的直径，C，D是弧上的两个三等分点，是圆柱的母线.(1)求证：平面；(2)设，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】连接，根据C，D是半圆上的两个三等分点，利用平面几何知识，得到四边形是平行四边形，则，然后利用线面平行的判定定理证明.(2)根据是圆柱的母线，得到平面，在

18、中求得，在中，求得，然后在内，作于点H，连接，就是二面角的平面角，然后由求解.【详解】(1)如图所示：连接，因为C，D是半圆上的两个三等分点，所以，又，所以，均为等边三角形.所以，所以四边形是平行四边形.所以，又因为平面，平面，所以平面.(2)因为是圆柱的母线，所以平面，平面，所以因为为圆的直径，所以在中，所以，所以在中，(方法一)因为，所以平面，又平面，所以，如图所示：在内，作于点H，连接.因为，平面，所以平面，又平面，所以，所以就是二面角的平面角.在中，.在中，所以，所以.所以，二面角的余弦值为.(方法二)如图所示：以C为坐标原点，分别以，所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标

19、系，则，所以，.设平面的一个法向量为，则，即令，则，所以平面的一个法向量为.又因为平面的一个法向量.所以.所以结合图形得，二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，二面角的求法，还考查了空间想象和逻辑推理的能力，属于中档题.20. 为了进一步提升广电网络质量，某市广电运营商从该市某社区随机抽取140名客户，对广电网络业务水平和服务水平的满意程度进行调查，其中业务水平的满意率为，服务水平的满意率为，对业务水平和服务水平都满意的有90名客户.(1)完成下面列联表，并分析是否有97.5%的把握认为业务水平与服务水平有关；对服务水平满意人数对服务水平不满意人数合计对业务水平满意人数对业

20、务水平不满意人数合计(2)为进一步提高服务质量，在选出的对服务水平不满意的客户中，抽取2名征求改进意见，用表示对业务水平不满意的人数，求的分布列与期望；(3)若用频率代替概率，假定在业务服务协议终止时，对业务水平和服务水平两项都满意的客户流失率为，只对其中一项不满意的客户流失率为，对两项都不满意的客户流失率为，从该社区中任选4名客户，则在业务服务协议终止时至少有2名客户流失的概率为多少?附：00100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828，其中.【答案】(1)表格见解析，有；(2)分布列见解析，期望为；(3).【解析】【分析

21、】(1)根据题中数据，直接完善列联表，由公式计算，结合临界值表，即可判定结果；(2)根据题意，得到的可能取值，分别求出对应的概率，即可得出分布列，进而可得出期望；(3)先由题意，计算出从该运营系统中任选一名客户流失的概率，再由互斥事件的概率计算公式，即可得出结果.【详解】解：(1)由题意知对业务水平的满意的为120人，对服务水平的满意的为100人，得列联表：对服务水平满意人数对服务水平不满意人数合计对业务水平满意人数9030120对业务水平不满意人数101020合计10040140.所以，有的把握认为业务水平与服务水平有关.(2)的可能取值为0，1，2；所以，.则的分布列如下，012.(3)在

22、业务服务协议终止时，对业务水平和服务水平两项都满意的客户流失的概率为，只对其中一项不满意的客户流失率为，对两项都不满意的客户流失率为.从该运营系统中任选一名客户流失的概率为，在业务服务协议终止时，从社区中任选4名客户，至少有2名客户流失的概率为.【点睛】本题主要考查独立性检验，考查求离散型随机变量的分布列和期望，考查互斥事件的概率计算，属于跨章节综合题.21. 已知椭圆C两个焦点分别是，并且经过点.(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知点，若C上总存在两个点A、B关于直线对称，且，求实数m的取值范围.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】(1)由椭圆的定义得，再求出，即可得答案；(2)根据题意

23、可设直线的方程为，设，联立整理得，利用判别式和条件可得不等式组，解不等式即可得答案；【详解】解：(1)因为椭圆C的焦点在x轴上，所以设它的标准方程为()，由椭圆的定义得，所以.又因为，所以.因此，椭圆C的标准方程为.(2)根据题意可设直线的方程为，联立整理得，由，得.设，则，.又设的中点为，则，.由于点M在直线上，所以，得，代入，得，所以.因为，所以.由，得，得，得，所以由得.故实数m的取值范围为.【点睛】本题考查椭圆方程的求解、向量数量积、直线与椭圆的位置关系及对称性等，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.22. 已知函数.(1)讨论单调性；(2)设，函数有两

24、个不同的零点，()，求实数a的取值范围.【答案】(1)当时，函数在上单调递增，在上单调递减；当时，函数在上单调递增；(2).【解析】【分析】(1)对函数求导得，再对分两种情况讨论，即可得答案；(2)由(1)得不成立，进而得到，再利用零点存在性定理，可得，即可得答案；【详解】解：(1)函数的定义域为.则.()当，即时，令得，得，又因为，所以，所以函数在上单调递增，在上单调递减.()当，即时，又由得对任意的恒成立.所以函数在上单调递增.综上，当时，函数在上单调递增，在上单调递减；当时，函数在上单调递增.(2).函数的定义域为，()当时，函数在上是增函数，不可能有两个零点；()当时，在上，在上，.所以函数在上单调递增，在上单调递减，此时为函数的最大值，若，则最多有一个零点，不合题意.所以，解得.此时，且，令，则所以在上单调递增，所以，即.故函数有两个不同的零点，且，.综上，a的取值范围是.【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间、根据函数的零点个数求参数的范围，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.