1、武功县2021届高三第一次质量检测理科数学试题注意事项：1.本试题分第I卷和第II卷两部分，第I卷为选择题，用2B铅笔将答案涂在答题纸上.第II卷为非选择题，用0.5mm黑色签字笔将答案答在答题纸上，考试结束后，只收答题纸.2.答第I卷、第II卷时，先将答题纸首有关项目填写清楚.3.全卷满分150分，考试时间120分钟.第I卷(选择题共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60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. 设全集UR，Ax|x(x2)0，Bx|yln(1x)，则A(B)是（ ）A. (2，1)B. (1，2)C. (2，1D. 1，2)【答案】D【解
2、析】【分析】由一元二次不等式及对数函数的性质可得集合，然后进行交集、补集的运算即可【详解】，故选：D【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法及对数函数的定义域，考查了集合的交集、补集的运算，属于基础题.2. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用诱导公式结合二倍角的余弦公式可求得的值.【详解】.故选：B.【点睛】本题考查利用二倍角的余弦公式和诱导公式求值，考查计算能力，属于中等题.3. 已知等比数列an的公比为正数，且a3a92a52，则公比q（ ）A. B. C. D. 2【答案】C【解析】【分析】首先设公比为，根据题意，整理得到，根据公比为正数，求得结果.【详解
3、】设公比为，由已知得，即，又因为等比数列的公比为正数，所以，故选：C,【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等比数列通项公式的应用，属于基础题目.4. 过点且倾斜角为的直线被圆所截得的弦长为（ ）A. B. 1C. D. 【答案】C【解析】【分析】由直线的点斜式方程可得直线的方程，由点到直线的距离可得圆心到直线的距离,结合勾股定理，即可得结论.【详解】根据题意，设过点且倾斜角为的直线为 ,其方程为,即,变形可得，圆 的圆心为，半径 ,设直线与圆交于点圆心到直线的距离,则，故选C.【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系以及直线的点斜式方程，属于中档题. 解答直线与圆的位置关系的题型
4、，常见思路有两个：一是考虑圆心到直线的距离与半径之间的大小关系（求弦长问题需要考虑点到直线距离、半径，弦长的一半之间的等量关系）；二是直线方程与圆的方程联立，考虑运用韦达定理以及判别式来解答.5. 据记载，欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉发现的，该公式被誉为“数学中的天桥”.特别是当时，得到一个令人着迷的优美恒等式，这个恒等式将数学中五个重要的数（自然对数的底e，圆周率，虚数单位，自然数的单位1和零元0）联系到了一起，有些数学家评价它是“最完美的公式”.根据欧拉公式，若复数z=的共轭复数为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据欧拉公式，代入可得复数，化简后由共轭复数定义
5、即可得.【详解】欧拉公式，则，根据共轭复数定义可知，故选：A.【点睛】本题考查了数学文化与简单应用，复数的相关概念和共轭复数定义，属于基础题.6. 如图分别是甲、乙、丙三种品牌手表日走时误差分布的正态分布密度曲线，则下列说法不正确的是（ ）A. 三种品牌的手表日走时误差的均值相等B. 三种品牌的手表日走时误差的均值从大到小依次为甲、乙、丙C. 三种品牌的手表日走时误差的方差从小到大依次为甲、乙、丙D. 三种品牌手表中甲品牌的质量最好【答案】B【解析】【分析】观察图象可知图象的对称轴相同，所以其平均值相等，根据尖陡程度可以判断出其的大小关系，从而求得其结果.【详解】由题中图象可知三种品牌的手表日
6、走时误差的平均数（均值）相等，由正态密度曲线的性质，可知越大，正态曲线越扁平，越小，正态曲线越尖陡，故三科总体的标准差从小到大依次为甲、乙、丙，故选：B.【点睛】该题考查的是有关正态分布的问题，涉及到的知识点有根据概率密度曲线判断其均值和方差的特征，从而求得结果.7. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用不等式的基本性质，并对选项化简，转化，判断对错即可.详解】解：选项A中，由于，所以成立；故A正确；选项B中，与大小不能确定，故B错误；选项C中，由于，故C错误；选项D中，令，则，故D错误.故选：A.【点睛】本题考查不等式的基本性质，考查转化能力，属于基础题.8.
7、已知一块形状为正三棱柱（底面是正三角形，侧棱与底面垂直的三棱柱）的实心木材，.若将该木材经过切割加工成一个球体，则此球体积的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用棱柱的三个侧面都相切的球的特点求出球的半径，进而可得体积的最大值.【详解】由题意最大球应该是和正三棱柱三个侧面都相切的球，即球的大圆和正三棱柱的横截面相切，横截面是边长为的正三角形，所以内切圆半径为，所以球体积的最大值为.故选：C.【点睛】本题主要考查球的切接问题，求解的关键是找到蕴含的等量关系式，侧重考查数学运算的核心素养.9. 设数列的前项和为，满足，则（ ）A. 0B. C. D. 【答案】D【解析
8、】【分析】直接利用时,化简已知条件, 当为偶数时，,求得,代值即可求得结果.【详解】数列的前项和为,满足,当为偶数时，即有所以故选:D.【点睛】本题考查利用与的关系求得,考查数列求和问题,难度一般.10. 已知函数，则的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据特殊值的函数值排除，从而选.【详解】因为，所以A错；因为，所以C错；因为，所以D错，故选：B【点睛】本题考查了由函数解析式选择函数图象，考查了特值排除法，属于基础题.11. 已知F是抛物线x2y的焦点，A、B是该抛物线上的两点，|AF|BF|3，则线段AB的中点到x轴的距离为（ ）A. B. C. 1D. 【
9、答案】B【解析】【分析】根据抛物线的方程求出准线方程，利用抛物线的定义抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，列出方程求出，的中点纵坐标，求出线段的中点到轴的距离【详解】解：抛物线的焦点准线方程，设，解得，线段的中点纵坐标为，线段的中点到轴的距离为，故选：B【点睛】本题考查解决抛物线上的点到焦点的距离问题，利用抛物线的定义将到焦点的距离转化为到准线的距离，属于基础题12. 已知 ，若互不相等，且，则的取值范围为( )A. (1，15)B. (10，15)C. (15，20)D. (10，12)【答案】B【解析】【分析】画出函数的图象，根据(a)(b)(c)，不妨，求出的范围即可【详解】解：作
10、出函数的图象如图，不妨设，则，则故选：B【点睛】本题主要考查分段函数、对数的运算性质以及利用数形结合解决问题的能力，是中档题第II卷(非选择题共90分)二填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13. 已知向量a，b满足|1，|2，|，则_.【答案】1【解析】【分析】对|两边平方可得：，再结合|1，|2，即可得解.【详解】对|两边平方可得：，又因为|1，|2，解得：.故答案为：1.【点睛】本题考查了向量的数量积运算，针对向量模的式子，可以进行平方运算，计算量不大，属于基础题.14. 的展开式中，的系数为_【答案】240【解析】【详解】【分析】通项为，所以的系数为，故填240.15. 设，三
11、个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“m，n，且_，则m/n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题./，n；m/，n/；n/，m.【答案】或【解析】【分析】利用空间中直线与平面的位置关系分析选项即可求解【详解】由面面平行的性质定理可知，正确；当m/，n/时，和可能平行或异面，错误；当n/，m时，和在同一平面内，且没有公共点，所以，m/n，正确；【点睛】本题考查空间中直线与平面的位置关系，属于基础题16. 如图，已知是函数图象上的两点，是函数图象上的一点，且直线垂直于轴，若是等腰直角三角形（其中为直角顶点），则点的横坐标为_【答案】【解析】【详解】设 因为 ，所以 ，因为
12、是等腰直角三角形，所以可得 ，又因为在函数图象上，所以 ，解得 点A的横坐标为 ，故答案为.三、解答题(本题共6小题，共70分.解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤)(一)必考题(共60分)17. 已知A、B、C是ABC的内角，a、b、c分别是角A、B、C的对边.若cos2Bsin2AsinAsinBcos2C.（1）求角C的大小；（2）若A，ABC的面积为，M为BC的中点，求AM.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由，得，由正弦定理，得，即，代入余弦定理即可得解；（2）因为，由（1）得，所以，因为，所以，所以，根据余弦定理即可得解.【详解】（1）由，得由正弦定理，得，即，所以，
13、又，则（2）因为，所以.所以ABC为等腰三角形，且顶角.因为，所以.在MAC中，所以，解得.【点睛】本题考查了通过正余弦定理解三角形，在解题过程中有角化边和边化角两种方法，同时注意利用三角形自身的性质，属于基础题.18. 如图，已知长方形中，为中点，将沿折起，使得平面平面.（1）求证：；（2）若点是线段上的一动点，问点在何位置时，二面角的余弦值为.【答案】（1）见解析；（2）为上靠近点的处【解析】【分析】（1）在长方形中，为的中点，可得，则，由线面垂直的判定可得平面，则；（2）取中点，连接，则平面，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，利用向量法能求得值可得的位置【详解】（1）证明：长方形中，
14、为的中点，则.平面平面，平面平面，平面，平面，平面，；（2）取中点，连接，则平面，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则平面的一个法向量为，设，.设平面的一个法向量为，则，取，得.由，解得.为上靠近点的处.【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查点的位置的确定与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题19. 端午节吃粽子是我国的传统习俗，设一盘中装有个粽子，其中豆沙粽个，肉粽个，白粽个，这三种粽子的外观完全相同，从中任意选取个（）求三种粽子各取到个的概率（）设表示取到的豆沙粽个数，求的分布列与数学期望【答案】(1) ;(2)见解析.
15、【解析】试题分析：（）根据古典概型的概率公式进行计算即可；（）随机变量X的取值为：0，1，2，别求出对应的概率，即可求出分布列和期望试题解析：（1）令A表示事件“三种粽子各取到1个”，由古典概型的概率计算公式有P（A）. （2）X的可能取值为0,1,2，且P（X0），P（X1），P（X2）综上知，X的分布列为：X012P故E（X）012 （个） 考点：离散型随机变量的期望与方差；古典概型及其概率计算公式20. 设,分别是椭圆E：+=1（0b1）的左、右焦点，过的直线与E相交于A、B两点，且，成等差数列（）求（）若直线斜率为1，求b的值【答案】（1）（2）,【解析】【详解】(1)由椭圆定义知|A
16、F2|AB|BF2|4，又2|AB|AF2|BF2|，得|AB|.(2)l的方程为yxc，其中c，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B两点坐标满足方程组消去y，得(1b2)x22cx12b20，则x1x2，x1x2.因为直线AB的斜率为1，所以|AB|x2x1|，即|x2x1|.则(x1x2)24x1x2，解得b.21. 已知函数，是其导函数（）当时，求在处的切线方程；（）若，证明：在区间内至多有1个零点【答案】（）；（）证明见解析.【解析】【分析】（）求出函数的导函数，计算出与利用点斜式求出直线方程；（）由，设，则，即，对求导，研究其单调性及零点情况，即可得证.【详解】解：（）当时
17、，则，又，则在处的切线方程为：，即（），又，设，因，故，又，故对恒成立，即在区间单调递增；又，；故当时，此时在区间内恰好有个零点当时，此时在区间内没有零点；综上结论得证【点睛】本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、零点，属于中档题.(二)选考题(共10分，请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分)选修44：坐标系与参数方程22. 已知曲线C1的极坐标方程为=6cos,曲线C2的极坐标方程为（，曲线C1，C2相交于点A，B（1）将曲线，C2的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）求弦AB的长【答案】（1）y=x, x2+y2=6x（2）3【解析】【详解】（）利用
18、直角坐标与极坐标间的关系，即利用cos=x，sin=y，2=x2+y2，进行代换即得曲线C2 :y=x,及曲线C1 :x2+y2=6x（）利用直角坐标方程的形式，先求出圆心（3，0）到直线的距离，最后结合点到直线的距离公式弦AB的长度AB=3选修45：不等式选讲23. 已知函数，.（1）若关于的不等式的解集为，求实数的值；（2）若对于任意的恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【试题分析】（1）等价于，即，由题意得， 所以. （2）化简不等式得到，利用绝对值不等式求得左边的最小值为，故.【试题解析】（）由，可得， 所以，由题意得， 所以. （）若恒成立，则有恒成立， 因， 当且仅当时取等号， 所以