1、新疆哈密市第十五中学2021届高三数学上学期第一次质量检测试题（含解析）一、选择题1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出，然后进行交集以及并集的运算，即可得出结果.【详解】.又，故ABD都不正确.故选：C.【点睛】本题主要考查求集合的交集与并集，涉及一元二次不等式的解法，属于基础题型.2. 记，那么（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】,从而，那么，故选B3. 已知某长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为2、3、4，则该长方体的体积为（ ）A. 18B. 24C. 36D. 72【答案】B【解析】【分析】根据长方体的体积公式，由题中条
2、件，可直接得出结果.【详解】因为长方体同一个顶点出发的三条棱两两垂直，又某长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为2、3、4，所以该长方体的体积为.故选：B.【点睛】本题主要考查求长方体的体积，属于基础题型.4. 已知为锐角，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意结合同角三角函数的平方关系可得，再由诱导公式、二倍角公式可得，运算即可得解.【详解】因为为锐角，所以，所以，所以.故选：A.【点睛】本题考查了同角三角函数的平方关系、诱导公式及二倍角公式的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.5. 已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且，则（ ）A. 16B. 8C.
3、4D. 2【答案】C【解析】【分析】利用方程思想列出关于的方程组，求出，再利用通项公式即可求得的值【详解】设正数的等比数列an的公比为，则，解得，故选C【点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键6. 已知函数在处的切线与直线平行，则（ ）A. 8B. 9C. 10D. 11【答案】C【解析】【分析】先对函数求导，由题意可知，从而可求出的值【详解】由函数的解析式可得：，函数在处的切线与直线平行，则故选：C【点睛】此题考查导数的几何意义的应用，属于基础题7. 执行如图所示的程序框图，那么输出的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：先根据循环语句得S变化规
4、律（周期），再根据规律确定输出值.详解：因为所以,所以当时选B.点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.8. 设、，是虚数单位，若复数与互为共轭复数，则复数的模等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据共轭复数的定义可求得实数、的值，利用复数的乘方法则以及复数的除法法则将复数表示为一般形式，进而利用复数的模长公式可求得结果.【详解】因为与互为共轭复数，所以，所以，所以复数的模为故选：C【点
5、睛】本题考查复数模长的计算，同时也考查了利用共轭复数的概念求参数以及复数除法法则的应用，考查计算能力，属于基础题.9. 已知是不重合的直线，是不重合的平面，有下列命题：若，则； 若，则；若，则且； 若，则.其中真命题的个数是 （ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】要求解本题，根据平面与平面平行的判定与直线与平面平行的判定进行判定需要寻找特例，进行排除即可【详解】若m，n，则m与n平行或异面，故不正确；若m，m，则与可能相交或平行，故不正确；若n，mn，则m且m，m也可能在平面内，故不正确；若m，m，则，垂直与同一直线的两平面平行，故正确故选B【点睛】本题主要考查了立体
6、几何中线面之间的位置关系及其中的公理和判定定理，也蕴含了对定理公理综合运用能力的考查，属中档题10. 已知是定义在上的偶函数，对任意都有，且，则的值为（ ）A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】A【解析】【分析】利用函数是偶函数和对称性求出函数的周期，再化简计算得出的值【详解】由，知为周期函数，且周期，则故选:A【点睛】本题考查函数的性质，涉及到奇偶性，对称性和周期性，考查学生逻辑推理能力，属于中档题11. “表示焦点在轴上的椭圆”的一个充分不必要条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知条件求得之间的关系和范围，再根据充分不必要条件的判定，可得选项.【详解】若表示
7、焦点在轴上的椭圆，则需，即，所以，所以“表示焦点在轴上的椭圆”的一个充分不必要条件是，故选：C.【点睛】本题考查方程表示椭圆的条件，以及命题的充分不必要条件的判定，属于中档题.12. 函数的图象大致是 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先通过特殊值排除，再根据零点存在定理，可知在时存在零点，排除，可得结果.【详解】当时， 选项可排除当时， 可知，故在上存在零点，选项可排除本题正确选项：【点睛】本题考查由解析式判断函数图像，解决此类问题通常采用排除法，通过单调性、奇偶性、特殊值、零点的方式排除错误选项，得到最终结果.二、填空题13. 已知7件产品中有5件合格品，2件次品.
8、为找出这2件次品，每次任取一件检验，检验后不放回，恰好在第一次检验出正品而在第四次检验出最后一件次品的概率为_.【答案】【解析】【分析】恰好在第一次检验出正品而在第四次检验出最后一件次品包含两种情况：正次正次，正正次次，由此可求出所求概率【详解】解：因为7件产品中有5件合格品，2件次品，所以恰好在第一次检验出正品而在第四次检验出最后一件次品包含两种情况：正次正次，正正次次，所以所求概率为，故答案为：【点睛】此题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式等知识，考查运算能力，属于基础题14. 已知向量,满足，且，则向量,的夹角为_.【答案】【解析】【分析】由得，再根据平面
9、向量的夹角公式可得结果.【详解】由，得，所以，即，所以，又因为，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了平面向量数量积的运算律，考查了平面向量的夹角公式，属于基础题.15. 已知命题p：，q：Bx|xa0，若命题p是q的必要不充分条件，则a的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】解不等式可求得集合，命题p是q的必要不充分条件，则，可得关于的不等式，从而可得的范围.【详解】由可得即或或Bx|xa 命题p是q的必要不充分条件，则故答案为：【点睛】本题考查根据条件判断集合的关系并求参数取值范围，属于基础题.16. 对于数列，定义为数列的“好数”，已知某数列的“好数”，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，
10、则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】计算，得到，根据题意，计算得到答案.【详解】由题意，当时，由，可得，两式相减可得，整理得，由于，则数列的通项公式为，则，由于对任意的恒成立，则且，解得.故答案为：.【点睛】本题考查了数列的新定义，求数列的通项公式，求和公式，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.三、解答题17. 在中，角所对的边分别为，的面积.（1）求角C；（2）求周长的取值范围.【答案】（）（）【解析】【分析】（）由可得到，代入，结合正弦定理可得到，再利用余弦定理可求出的值，即可求出角；（）由，并结合正弦定理可得到，利用，可得到，进而可求出周长的范围【详解】解：（）由可知，.由
11、正弦定理得.由余弦定理得，.（）由（）知，.周长为 .，,的周长的取值范围为.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的运用，考查了三角形的面积公式，考查了学生分析问题、解决问题的能力，属于基础题18. 为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了天空气中的和浓度（单位：），得下表： 3218468123710（1）估计事件“该市一天空气中浓度不超过，且浓度不超过”的概率；（2）根据所给数据，完成下面的列联表： （3）根据（2）中的列联表，判断是否有的把握认为该市一天空气中浓度与浓度有关？附：，0.050 0.010 0.0013.841 6.63510
12、.828【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）有.【解析】【分析】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；（2）根据表格中数据可得列联表；（3）计算出，结合临界值表可得结论.【详解】（1）由表格可知，该市100天中，空气中的浓度不超过75，且浓度不超过150的天数有天，所以该市一天中，空气中的浓度不超过75，且浓度不超过150的概率为；（2）由所给数据，可得列联表为：合计641680101020合计7426100（3）根据列联表中的数据可得，因为根据临界值表可知，有的把握认为该市一天空气中浓度与浓度有关.【点睛】本题考查了古典概型的概率公式，考查了完善列联表，考查了独立性检验，
13、属于中档题.19. 如图，已知抛物线的焦点为F，A是抛物线上横坐标为4，且位于x轴上方的点，点A到抛物线准线的距离等于5，过点A作AB垂直于y轴，垂足为点B，OB的中点为M. (1)求抛物线的方程； (2)过点M作MN FA，垂足为N，求点N的坐标.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）抛物线y2=2px准线为x=，于是4+=5，由此能求出抛物线方程（2）点A的坐标是（4，4），由题意得B（0，4），M（0，2），F（1，0），从而，由MNFA，由此能求出直线MN的方程解析：（1）抛物线的准线为，于是，所以，所以抛物线方程为（2）由（1）知点的坐标是，由题意得，又因为，所以，因为，所以，
14、所以的方程为，的方程为由联立得，所以的坐标为点睛：本题考查抛物线方程的求法，考查直线方程的求法，解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用一般和抛物线有关的题，很多时可以应用结论来处理的；平时练习时应多注意抛物线的结论的总结和应用尤其和焦半径联系的题目，一般都和定义有关，实现点点距和点线距的转化20. 如图所示，四边形为菱形.，平面.（1）证明：平面平面；（2）若平面平面，求实数a的值.（3）若，求平面与平面所成二面角正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）由平面，可得平面，再由面面垂直判定定理可证得结论；（2）取的中点为G，连接，由平面平面，得，从而得，再
15、由，可得，又因为，所以，从而可求出a的值；（3）设交于点为O，以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系如图，利用空间向量求解即可【详解】（1）证明：因为平面，所以平面，因为在平面内，所以平面平面；（2）解：因为四边形为菱形，平面，所以.取的中点为G，连接，.由平面平面，得.又，则.因为，所以，.因为，中点为G，所以，所以.又因为，所以，解得，所以.（3）设交于点为O，以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系如图，则，.所以，.设平面的一个法向量为，则所以解得.令，则，所以，同理可求得平面的一个法向量为，则，所以平面与平面所成二面角正弦值的大小为.【点睛】此题考查面面垂直的判定和性质的应用，
16、考查二面角的求法，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题21. 已知函数（1）当时，求的极值；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）极大值为，极小值为；（2）【解析】【分析】（1）首先求出函数的导函数，再令，解得，从而得到函数的单调区间；（2）依题意可得当时，恒成立令， 求出函数的导函数，对参数分类讨论，求出的取值范围；【详解】解：（1）当时，则令，即，解得或令，则；令，则或，所以的单调递减区间为，单调递增区间为，所以的极大值为，极小值为（2）因为当时，恒成立，即恒成立等价于当时，恒成立令，则，当时，所以在上为单调递增函数所以对有，满足题意；当时，令，所以，所以在上为单调递增函数即
17、在上为单调递增函数，所以（i）当时，所以，所以在上为单调递增函数即，满足题意（ii）当时，所以在有唯一零点，设为，所以当时，在时，所以在上为单调递减，在上单调递增所以在时，所以不满足题意综上，当时，恒成立，实数的取值范围为【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，利用导数证明不等式，考查分类讨论思想，属于中档题.22. 已知曲线C：（t为参数）， C：（为参数）（1）化C，C的方程为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线；（2）若C上的点P对应的参数为，Q为C上的动点，求中点到直线（t为参数）距离的最小值【答案】（）为圆心是（，半径是1的圆.为中心是坐标原点，焦点在x轴上，长半轴长是8，短半轴长是3的椭圆.（）【解析】【详解】（1）为圆心是，半径是1的圆，为中心是坐标原点，焦点在轴，长半轴长是8，短半轴长是3的椭圆.（2）当时，故的普通方程为，到的距离所以当时，取得最小值.考点：圆的参数方程；点到直线的距离公式；直线的参数方程.23. 如图，O为数轴的原点，A,B,M为数轴上三点，C为线段OM上的动点，设x表示C与原点的距离，y 表示C到A距离4倍与C道B距离的6倍的和.（1）将y表示成x的函数；（2）要使y的值不超过70，x 应该在什么范围内取值？【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）（2）依题意，x满足解不等式组，其解集为9,23所以
