2021届市第一中学高三第六次质检数学（理）试题（解析版）.doc

《2021届市第一中学高三第六次质检数学（理）试题（解析版）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届市第一中学高三第六次质检数学（理）试题（解析版）.doc（10页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2021届市第一中学高三第六次质检数学（理）试题（解析版）20_届市第一中学高三第六次质检数学（理）试题 一、单选题 1已知（是实数），其中是虚数单位，则（ ） A-2 B-1 C1 D3 【答案】A 【解析】解析：由题设可得，则，故，应选答案A 2如图,网格纸上小正方形的边长为,若四边形及其内部的点组成的集合记为,为中任意一点,则的最大值为( ) A B C D 【答案】B 【解析】先画出，平移直线易得在点D处取得最大值，代入点D坐标求出最大值.【详解】 解：在图中画出直线，平移直线易得在点D处取得最大值 因为点D，所以最大为2 故选：B.【点睛】 本题考查了简单线性规划问题，属于基础题.3

2、如图，在平面直角坐标系中，直线与圆相交于两点，则=（ ） A B C D 【答案】D 【解析】圆心O到直线距离为，所以，选D.4在的展开式中，若二项式系数最大的项是第六项，则展开式中常数项（ ）.A180 B120 C90 D45 【答案】A 【解析】根据二项式系数最大的项是第六项，可以求出的值，再根据二项式展开式的通项公式，求出常数项即可.【详解】 因为二项式系数最大的项是第六项，所以.，该二项式的展开式的通项公式为： ，令，所以常数项为： .故选：A 【点睛】 本题考查了二项式定理的应用、二项式展开式的通项公式，考查了二项式系数的性质，属于基础题.5下边的程序运行后输出的结果为( ) A5

3、0 B5 C25 D0 【答案】D 【解析】共执行了5次循环体，第一次a=1,第二次a=3,第三次a=1,第四次，a=0,第五次a=0.所以输出a的值为0 6平面上三条直线，如果这三条直线将平面划分成六部分，则实数的取值集合（ ）.A B C D 【答案】D 【解析】根据三条直线将平面划分成六部分，可以确定三条直线的位置关系，然后分类讨论求出实数的取值集合.【详解】 因为三条直线将平面划分成六部分，所以三条直线有以下两种情况： （1）三条直线交于同一点.解方程组，所以交点坐标为，直线也过该点，故； （2）当直线与平行时，； 当直线与平行时，综上所述：.故选：D 【点睛】 本题考查了直线分平面问

4、题，考查了直线与直线的位置关系，考查了已知直线平行求参数问题，属于基础题.7已知是等比数列的前项和，若存在，满足，则数列的公比为（ ） A B C2 D3 【答案】D 【解析】先判断，由，利用等比数列求和公式可得，结合可得，从而根据可得结果.【详解】 设等比数列公比为 当时，不符合题意， 当时， 得，又， 由，得， ，故选D.【点睛】 本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式的应用，意在考查对基本公式的掌握与应用，考查了分类讨论思想的应用，属于中档题.解有关等比数列求和的题的过程中，如果公比是参数一定要讨论与两种情况，这是易错点.8某市为加强城市圈的建设，计划对周边如图所示的八个中小城市进行综

5、合规划治理，第一期工程拟从这八个中小城市中选取三个城市，但要求没有任何两个城市相邻，则城市被选中的概率为（ ）.A B C D 【答案】A 【解析】根据题意列出城市被选中的情况和没有被选中的情况，最后求出概率即可.【详解】 八个中小城市中选取三个城市，要求没有任何两个城市相邻，城市被选中的情况有： ，共10种； 八个中小城市中选取三个城市，要求没有任何两个城市相邻，城市没被选中的情况有： ，共10种, 所以城市被选中的概率为.故选：A 【点睛】 本题考查了古典概型概率的计算方法，属于基础题.9 已知点A(2,3)在抛物线C：y22p_的准线上，过点A的直线与C在第一象限相切于点B，记C的焦点为

6、F，则直线BF的斜率为() A B C D 【答案】D 【解析】试题分析p ：由于点在抛物线C：的准线上，所以，设直线AB的方程为，将与联立，即，则（负值舍去），将k=2代入得y=8，即可求出_=8，故B（8,8），所以，故选D.【考点】1.直线与抛物线的位置关系；2.斜率公式.10已知函数是定义在上的可导函数，其导函数为，则命题，且，成立的充要条件是（ ）.A B C D 【答案】B 【解析】由导数的定义,结合充要条件的定义直接求解即可 【详解】 且，不妨设， ， 当时，可得， 设，所以该函数是单调递减函数， 故； 当时，可得， 设，所以该函数是单调递增函数， 故，因此有.故选：B 【点睛】

7、 本题考查了充要条件的判断，考查了导数的应用 ，属于基础题.11已知点在圆上，点在圆上，则下列说法错误的是 A的取值范围为 B取值范围为 C的取值范围为 D若，则实数的取值范围为 【答案】B 【解析】M在圆C1上，点N在圆C2上， MON90， 0， 又OM+1，ON+1， 当OM=+1，ON=+1时， 取得最小值（+1）2cos=32，故A正确； 设M（1+cos，1+sin）， N（1+cos，1+sin）， 则=（cos+cos，sin+sin）， 2=2coscos+2sinsin+2=2cos（）+2， 02，故B错误； 两圆外离，半径均为1，|C1C2|=2， 22|MN|2+2，

8、即222+2，故C正确； 1|OM|+1，-1|ON|+1， 当时，解得323+2，故D正确 故选B 12已知，是半径为2的球面上的点，点在上的射影为，则三棱锥体积的最大值是（ ）.A B C D 【答案】B 【解析】由可以判断出点在底面的射影的位置，这样可以确定球心位置，利用勾股定理、直角三角形的性质可以求出点到底面的距离，利用相似三角形的性质，可以求出三角形的面积表达式，最后利用导数求出其面积的最大值，最后也就求出了体积的最大值, 【详解】 因为，所以点在底面的射影是直角三角形斜边中点，所以球心在线段的延长线上，设，因此， ，即，.过作，垂足为，设， 由，可得， 设，则有，由，可得， 当时

9、，函数单调递增， 当时，函数单调递减，故当，函数有最大值，最大值为：.三角形的面积的最大值为.三棱锥体积的最大值是.故选：B 【点睛】 本题考查了三棱锥体积最大值的求法，考查了几何体的性质，考查了直角三角形的性质，考查了导数的应用，考查了数学运算能力.二、填空题 13计算_ 【答案】 【解析】分析p ：根据定积分的几何意义，将定积分化为两个区域的面积求解 详解：令，可得，表示以原点为圆心，半径为2的圆的上半部分 结合图形可得所求定积分为和扇形的面积之和（如图），且中，扇形中， 故 点睛：求定积分的方法有两种，一是根据微积分基本定理求解；二是根据定积分的几何意义求解，特别是对于被积函数中含有根号

10、形式的定积分，一般要根据几何意义转化为图形的面积求解 14在DABC中，且，则_.【答案】 【解析】先利用正弦定理化边为角，结合倍角公式求出，从而求出.【详解】 因为，所以； ， 解得（舍），；所以， 解得， 由,所以，故为锐角，所以.【点睛】 本题主要考查求解三角形.三角形求解一般是利用边角关系进行转化，三角恒等变换也会经常使用.15已知双曲线C：，左、右焦点分别为，过点作一直线与双曲线C的右半支交于P、Q两点，使得F1PQ=90，则F1PQ的内切圆的半径r =_ 【答案】2 【解析】【详解】 由双曲线的性质知，,因F1PQ=90，故 ,因此 ，从而直角三角形的内切圆半径是,故填2.点睛：在

11、一个直角三角形中，内切圆的半径，可根据切线长定理得到：，其中分别为直角边和斜边.16正方体的棱长为1，动点在线段上，动点在平面上，且平面.线段长度的最小值为_.【答案】 【解析】建立空间直角坐标系，设，求出相应点的坐标，利用平面向量数量积的运算，结合平面，可以求出点的坐标，利用空间两点间距离公式，结合配方法求出线段长度的最小值.【详解】 以为空间直角坐标系的原点，以为轴.设，则， ，因为平面， 所以，所以 线段长度为：，当时，有最小值，其值为.故答案为： 【点睛】 本题考查了利用配方法求线段的长的最小值，考查了利用空间向量数量积的应用，考查了线面垂直的性质，考查了数学运算能力.三、解答题 17

12、设数列的前项之积为，且 （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项之和为若对任意的，总有，求实数的取值范围 【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析p ：(1)由,再由可得数列的通项公式；(2)先求出,再根据对任意的,可得的取值范围.试题解析：解：（1）由，得， 所以， 所以 又，所以6分 （2）由，得， 所以， 因为对任意的，故所求的取值范围是12分 【考点】1.等比数列的通项公式和性质；2.等比数列求和.18为了了解我校高20_级本部和大学城校区的学生是否愿意参加自主招生培训的情况，对全年级20_名高三学生进行了问卷调查，统计结果如下表： 校区 愿意参加 不愿意参加 重庆一中本部校区

13、220 980 重庆一中大学城校区 80 720 （1）若从愿意参加自主招生培训的同学中按分层抽样的方法抽取15人，则大学城校区应抽取几人； （2）现对愿意参加自主招生的同学组织摸底考试，考试题共有5道题，每题20分，对于这5道题，考生“如花姐”完全会答的有3题，不完全会的有2道，不完全会的每道题她得分的概率满足：，假设解答各题之间没有影响， 对于一道不完全会的题，求“如花姐”得分的均值； 试求“如花姐”在本次摸底考试中总得分的数学期望 【答案】（1）；（2）； 【解析】试题分析p ：（1）由分层抽样的概念得结果；（2）直接利用公式，可得“如花姐”得分的数学期望；，由相互独立事件同时发生的概率

14、计算公式，计算随机变量取每个值时的概率，由期望计算公式得结果 试题解析：（1）大学城校区应抽取人； （2）由题知：对一道不完全会的题，“如花姐”得分的分布列为，即； 6 12 18 所以对于每一道不完全会的题，“如花姐”得分的期望为分； 记为“如花姐”做两道不完全会的题的得分总和，则 ； ； 所以“如花姐”最后得分的期望值为分 【考点】（1）分层抽样；（2）离散型随机变量的分布列及期望 19如图，棱形与正三角形的边长均为2，它们所在平面互相垂直，且 （1）求证：； （2）若，求二面角的余弦值 【答案】（）详见解析；（）二面角的余弦值是 【解析】试题分析p ：（1）依据线面平行的判定定理，需要在

15、平面找到一条直线与直线平行即可因为平面平面，则过点作于，连接，证明四边形为平行四边形即可；（2）由（1）知平面，又，为等边三角形，分别以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量即可 试题解析：（1）如图，过点作于，连接，可证得四边形为平行四边形，平面 （2）连接，由（1），得为中点，又，为等边三角形，分别以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则 ， 设平面的法向量为， 由即，令，得 设平面的法向量为 由即，令，得 所以， 所以二面角的余弦值是 【考点】（1）线面平行的判定定理；（2）利用空间向量求二面角 20设椭圆(ab0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的离

16、心率为，点A的坐标为，且.（I）求椭圆的方程； （II）设直线l：与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q.若(O为原点) ，求k的值.【答案】()；()或 【解析】分析p ：（）由题意结合椭圆的性质可得a=3，b=2则椭圆的方程为 （）设点P的坐标为（_1，y1），点Q的坐标为（_2，y2）由题意可得5y1=9y2由方程组可得由方程组可得据此得到关于k的方程，解方程可得k的值为或 详解：（）设椭圆的焦距为2c，由已知有， 又由a2=b2+c2，可得2a=3b由已知可得， 由，可得ab=6，从而a=3，b=2 所以，椭圆的方程为 （）设点P的坐标为（_1，y1），点Q的坐标为（_2，

17、y2） 由已知有y1y20，故 又因为，而OAB=，故 由，可得5y1=9y2 由方程组消去_，可得 易知直线AB的方程为_+y2=0， 由方程组消去_，可得 由5y1=9y2，可得5（k+1）=， 两边平方，整理得， 解得，或 所以，k的值为或 点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题 21已知函数.（1）讨论的导函数零点的个数； （2）若函数的最小值为，求的取值范围.【答案】（1）见解析（2） 【解析】试题分析

18、p ：（1）由已知，根据求导公式和法则，可得函数的导函数为，构造函数，易知在上为单调递增，则，因此若或时，函数没有零点，所以函数只有一个零点1；若或时，函数存在唯一个零点，所以函数有两个零点.（2）由（1）知，可对的取值范围，结合函数的单调性，进行分段讨论，对参数各段取值，逐一求出函数的最小值是否为，若是即满足题意，综合全部从而可确定参数的取值范围.试题解析：（1）， 令，故在上单调递增 则 因此当或时，只有一个零点； 当或时，有两个零点.（2）当时，则函数在处取得最小值 当时，则函数在上单调递增，则必存在正数， 使得.若，则，函数在与上单调递增，在上单调递减， 又，故不符合题意.若，则，函数

19、在上单调递增， 又，故不符合题意.若，则，设正数 则， 与函数的最小值为矛盾.综上所述，即.22（选修4-4：坐标系与参数方程） 在直角坐标系中，圆，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，.（1）求的极坐标方程和的平面直角坐标系方程； （2）若直线的极坐标方程为，设与的交点为，与的交点为，求的面积.【答案】(1)见解析;(2) .【解析】试题分析p ：（1）化圆的标准方程为一般方程，再把代入一般方程得的极坐标方程，利用极坐标方程的几何意义以及直线的点斜式方程，可得的直角坐标方程；（2）分别将代入，得，根据极径与极角的几何意义，利用三角形面积公式可得结果.试题解析：（1）因为圆的普通方

20、程为， 把代入方程得， 所以的极坐标方程为， 的平面直角坐标系方程为； （2）分别将代入，得， 则的面积为.23已知函数，.（1）求不等式的解集； （2）若存在，使得和互为相反数，求的取值范围.【答案】（1）（2） 【解析】（1）利用零点分类讨论方法求解不等式解集即可； （2）由存在，存在，使得成立，可以转化为 ，利用绝对值的性质、函数的最值，通过解绝对值不等式求出的取值范围.【详解】 （1）时，解得，不合题意； 时，解得， 时，解得.综上，不等式的解集是.（2）因为存在，存在，使得成立， 所以.又， 而，故的最小值是， 可知，所以，解得.所以实数的取值范围为.【点睛】 本题考查了解绝对值不等式，考查了存在性问题，考查了绝对值的性质，考查了数学运算能力.第 10 页 共 10 页