2021届广东省肇庆市高三上学期第一次（11月）统一检测数学试题（教师版含解析）.doc

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1、肇庆市2021届高中毕业班第一次统一检测数学注意事项：1本试卷共5页，22题全卷满分150分，考试用时120分钟2答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上3回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效4考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1. 已知集合，则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据交集运算的法则，即可求得答案.【详解】因为，所以

2、，故选：C2. 已知复数，其中为虚数单位，则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用复数的乘法运算即可求解.【详解】，故选：A3. 设，则“”是“”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】直接利用充分条件和必要条件的定义判断.【详解】若，则，故充分；若，则或，故不必要；所以“”是“”的充分不必要条件，故选：A4. 已知函数，则( )A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B【解析】【分析】根据分段函数分别求出和的值，即可求解.【详解】因为所以，所以，故选：B5. 已知函数，则( )A. 0B. 1C.

3、 eD. 2【答案】D【解析】分析】对求导后，将代入即可求解【详解】因为，所以，所以，故选：D6. 函数的图象大致为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数为奇函数排除A、C，再计算，排除排除选项D，可得到正确答案.【详解】的定义域为：关于原点对称，因为，所以是奇函数，图象关于原点对称，排除AC，由，排除选项D，所以选项B正确，故选：B【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要

4、求的图象.7. 正方形ABCD的边长为1，E为BC的中点，若，则( )A. B. 1C. D. 2【答案】A【解析】分析】建平面直角坐标系，分别求得的坐标，再由求解.【详解】建立如图所示平面直角坐标系：则，所以，因为，所以，所以，解得，故选：A8. 某公园有一个边长为的等边三角形花圃，现要在花圃中修一条篱笆，将花圃分成面积相等的两部分，则篱笆的最短长度为( )A B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设等边三角形花圃为，篱笆的长度为，的长为，先求出的面积，再利用面积公式求出的面积让其等于的面积的一半，即可求出，在中，由余弦定理可得：，再利用基本不等式即可求的最值，进而可得篱笆长的最小值.

5、【详解】设等边三角形花圃为，因为边长为，所以，设篱笆的长度为，的长为， 则，因为,所以，即，所以，在中，由余弦定理可得：，即由基本不等式可得，当且仅当即时，篱笆长取得最小值为，故答案为：D【点睛】关键点点睛：本题的关键点是设篱笆的长度为，的长为，先利用面积等于的面积的一半，即可求出，在中，由余弦定理可得：，即可利用基本不等式求最值.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分9. 设a，b是两条不重合的直线，是两个不同的平面下列四个命题中，正确的是( )A. 若，则B. 若，则C. 若，则D.

6、若，则【答案】BCD【解析】【分析】根据空间中线面的关系，逐一分析选项，即可得答案.【详解】对于A：若，则可平行，可相交，也可异面，故A错误；对于B：若，则，故B正确；对于C：若，则，故C正确；对于D：，则，故D正确.故选：BCD10. 等差数列中，是数列的前n项和，则( )A. B. 是中的最大项C. 是中的最小项D. 【答案】A【解析】【分析】根据，求得数列的通项公式，然后再逐项判断.【详解】在等差数列中，所以，A.因为 ，故正确；B. 因为，所以不是中的最大项，故错误；C.因为 ，所以不是中的最小项，故错误；D.因为 ，所以，故错误；故选：A11. 如图是函数的部分图象，下列选项正确的是

7、( )A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】先由可求得，再，可得，解得，再利用，可得，所以，即可知A正确，B不正确，计算即可判断C、D，进而可得正确答案.【详解】由图知，因为，所以，所以，因为，所以，解得：，因为，所以，所以时，可得，故选项A正确，选项B不正确，故选项C正确；，故选项D不正确，故选：AC【点睛】关键点点睛：本题的关键点是求的值，先利用，而且是下降零点可得，解得，再结合图象可知得，求得，问题即可迎刃而解，属于常考题型.12. 下列大小关系正确的有( )A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【分析】结合指数函数和幂函数的性质可判断选项A、B，利用作差法可判断选项

8、C，利用作商法可判断选项D，进而可得正确答案.【详解】由指数函数和幂函数可知，当时，因为，所以，选项A不正确；因为，所以，故选项B正确；因为，所以，即所以，所以，故选项C不正确；因为，所以，所以，故选项D正确，故选：BD【点睛】关键点点睛：本题的关键点是熟悉指数函数和幂函数，记住同一直角坐标系中它们的图象，当时，另外代数式比较大小可以用作差法与0比较大小，同号的可以利用作商法与1比较大小，变形的过程很灵活，属于常考题型.三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知，则_【答案】【解析】【分析】根据同角三角函数的关系，可得的值，即可得答案.【详解】因为，所以，所以，故答案为：14.

9、已知是定义在R上的奇函数，且若，则_【答案】-2【解析】【分析】根据，令，可得，利用奇函数的定义，即可求得答案.【详解】由，令，可得，又是定义在R上的奇函数，所以，所以，故答案为：-215. 已知等比数列中，则_【答案】21【解析】【分析】设公比为，根据条件，可解得的值，代入等比数列求和公式，即可求得答案.【详解】因为为等比数列，设公比为，所以，又得，所以，所以，故答案为：2116. 鳖臑(bi no)出自九章算术商功：“斜解立方，得两重堵斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑”鳖臑是我国对四个面均为直角三角形的三棱锥的古称如图，三棱锥是一个鳖臑，其中，且，过点B向AC引垂线，垂足为E，过E作CD的平

10、行线，交AD于点F，连接BF设三棱锥的外接球的表面积为，三棱锥的外接球的表面积为，则_【答案】【解析】【分析】证明后可得为四面体的外接球直径，在中证得两两垂直后可得的直径的平方等于的平方和，从而可得球的表面积，从而可得结论【详解】，则平面，平面，又，平面，平面，又，又，三棱锥可补形成以为棱的一个长方体，其外接球的直径的平方等于的平方和，而由，则是三棱锥外接球的直径，故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查求三棱锥外接球的表面积，解题关键是外接球球心，求出球的直径三棱锥外接球球心在过各面外心且与此面垂直的直线上有时可利用直角三角形去寻找外接球球心四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明

11、证明过程或演算步骤17. 在，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中若问题中的三角形存在，求出a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所对的边分别为a，b，c，且，_？注：如果选择多个条件分别解签按第一个解答计分【答案】问题中的三角形都存在，选；选；选【解析】【分析】先求得，选：由三角形的面积公式可得，再由余弦定理即可求得的值，选：由正弦定理可得，再利用余弦定理可求的值，选：由求得，再利用正弦定理得即可求得的值.【详解】由得，因为 ，所以，选:由题意得：，解得：，由余弦定理可得：,所以，所以问题中的三角形存在，且，选：因为， 由正弦定理可得，由余弦定理得：，

12、即，解得：或(舍)所以存在问题中的三角形，且选：由得：，故，由正弦定理得：即，所以，因为，所以，所以问题中的三角形存在，且.18. 已知函数(1)当时，求在处的切线方程；(2)设是函数的导函数，求零点之间距离最小时a的值【答案】(1)；(2)【解析】【分析】(1)当时，求出切点，求导得，点斜式即可写出切线方程；(2)，有两个零点，分别设为，利用根与系数的关系可得，代入即可求解.【详解】(1)当时，可得，所以切点为，因为，所以，所以在处的切线方程为：，即，(2)，因为， 所以函数有两个零点，分别设为，则，所以，所以当时，函数零点之间距离最小为.【点睛】方法点睛：求曲线切线方程的一般步骤是：(1)

13、求出在处的导数，即在点出的切线斜率(当曲线在处的切线与轴平行时，在处导数不存在，切线方程为)；(2)由点斜式求得切线方程.19. 如图，棱长为2的正四面体ABCD(所有棱长均相等的三棱锥)中，E，F为AB和DC的中点(1)证明：；(2)求三棱锥的体积【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】【分析】(1)证明平面后可得线线垂直；(2)利用体积公式可得，再求出正四面体的体积即可得【详解】(1)连接，是中点，又，平面，又平面，(2)正四面体棱长为2，由(1)可得，是中点，由E，F为AB和DC的中点，可得【点睛】关键点点睛：本题考查线面垂直证线线垂直，考查求棱锥的体积在求棱锥体积是用换底法及体积公式进

14、行转换，这样只要求得正四面体体积即可得20. 已知函数(1)求函数的最小正周期；(2)求函数在区间上的值域【答案】(1)；(2)【解析】【分析】(1)利用两角和与差的正弦公式，二倍角公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数性质求得最小正周期；(2)用整体思想结合正弦函数性质可得值域【详解】(1)，所以最小正周期为；(2)时，所以，所以的值域为【点睛】关键点点睛：本题考查求三角函数的周期与值域，解题关键是利用二倍角公式，两角和与差的正弦(或余弦)公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦函数的性质求解21. 已知数列的前n项和为，(1)求；(2)若，求数列的前n项和【答案】(

15、1)； (2).【解析】【分析】(1)由，递推化简得到，根据等比数列的通项公式，求得，再利用等比数列的求和公式，即可求解；(2)由(1)求得，结合“乘公比错位相减法”和“等差数列的求和公式”，即可求解.【详解】(1)由题意，数列满足，当时，可得，两式相减，可得，整理得，即，当时，可得，解得，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，所以.(2)由(1)知，则设，数列的前项和分别为，则，两式相减得，所以，又由，所以数列的前n项和.【点睛】错位相减法求解数列的前项和的分法：(1)适用条件：若数列为等差数列，数列为等比数列，求解数列的前项和；(2)主要事项：在写出和的表达式时，应注意将两式“错位

16、对齐”，以便下一步准确写出；作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；作差后，作差部分应用为的等比数列求和.22. 已知函数(1)讨论函数的单调性；(2)若是函数的极值点，求证：函数存在唯一的极大值点，且(参考数据：，)【答案】(1)当时，在上是增函数，时，在上递增，在是递减；(2)证明见解析【解析】【分析】(1)求出导函数，然后分类讨论确定的正负，得单调区间；(2)求出，由求得，再设，求出，由确定出的单调性，极值，得存在两个零点1和，其中是极大值点1是极小值点并确定，利用可化为，从而可得证【详解】(1)函数定义域是，当时，在上增函数；时，时，时，所以在上递增，在是递减(2)，设，则，当时，递增，时，递减，是的极大值也是最大值，在和都有一个零点，设且，则在和均小于0，在上大于0，即在和均小于0，在上大于0，上，在和均递减，在上递增，只有一个极大值点，且综上，【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性与极值解题中要注意为了确定的零点，需要对求导确定其单调性，因此要引入新函数，得出零点满足的性质，在确定的范围时，需要利用对进行变形，从而证得结论