1、2021年天津市滨海七所学校高三毕业班联考数学试卷本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.考试结束后，上交答题卡.第I卷（选择题，共45分）一、选择题（本题共9个小题，每小题5分，共45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. 已知全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先根据补集定义求出，再根据交集定义即可求出的结果.【详解】解：，.故选：B.2. 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】求出或，或，再根据集合
2、间的关系，即可得答案；【详解】解不等式可得或，解得或，解不等式，可得或.或或，因此，“”是“”的充分不必要条件.故选：A.3. 我国著名数学家华罗庚说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休.”函数的部分图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先排除函数的奇偶性，再判断时的函数值的正负.【详解】，函数是奇函数，故排除AB，当时，所以，故排除D.故选：C4. 中国女排，曾经十度成为世界冠军，铸就了响彻中华的女排精神、看过电影“夺冠”后，某大学掀起“学习女排精神，塑造健康体魄”的年度主题活动，一段时间后，学生的身体素质明显提高，现随机抽取80
3、0个学生进行体能测试，成绩的频率分布直方图如图，数据分成六组，则成绩落在上的人数为（ ）A. 12B. 120C. 24D. 240【答案】D【解析】【分析】根据图中所有小长方形的面积之和等于1，根据频率的计算公式，即可求出成绩落在，上的频率，最后根据频数=频率样本容量，即可得出成绩落在上的人数.【详解】解：由于所有组频率之和为1，即图中所有小长方形的面积之和等于1，则成绩落在上的频率为：，而一共抽取800个学生进行体能测试，即样本容量为800，所以成绩落在上的人数为：（人）.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查频率分布直方图中频率和频数的求法，掌握频率分布直方图中所有小长方形的面积之和等于
4、1以及频数=频率样本容量是解题的关键.5. 在正方体中，三棱锥的表面积为，则正方体外接球的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据三棱锥的表面积进一步求出正方体的棱长，最后求出正方体的外接球的半径，进一步求出结果【详解】解：设正方体的棱长为，则，由于三棱锥的表面积为，所以所以所以正方体的外接球的半径为，所以正方体的外接球的体积为故选：【点睛】与球有关组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点
5、均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.6. 已知函数，则下述关系式正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先判断函数的奇偶性，并根据函数的奇偶性和对数运算公式化简，再根据函数在的单调性比较大小.【详解】是偶函数，并且当时，函数单调递减，即.故选：A【点睛】思路点睛：函数比较大小一般需判断函数的单调性，所以先判断函数的奇偶性和单调性，然后关键的一点是需熟练掌握对数运算公式.7. 已知抛物线上一点到其焦点的距离为5，双曲线的左顶点为A且离心率为，若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出抛物线的方程
6、，从而得到的值，根据离心率得到渐近线方程，由渐近线与直线垂直得到的值，从而可得双曲线的方程.【详解】因为到其焦点的距离为5，故，故，故抛物线的方程为，故.因为离心率为，故，故，根据抛物线和双曲线的对称性，不妨设在第一象限，则，则与渐近线垂直，故，故，故，故双曲线方程为：.故选：D.【点睛】方法点睛：（1）上一点到其焦点的距离为，解题中注意利用这个结论.（2）如果直线与直线垂直，那么.8. 设函数，给出下列结论：的最小正周期为的图像关于直线对称在单调递减把函数的图象上所有点向右平移个单位长度，可得到函数的图象.其中所有正确结论的编号是（ ）.A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据
7、题意，利用辅助角公式和两角和的正弦公式化简得，根据求出最小正周期即可判断；利用整体代入法求出的对称轴，即可判断；利用整体代入法求出的单调减区间，从而可得在区间上先减后增，即可判断；根据三角函数的平移伸缩的性质和诱导公式化简，即可求出平移后函数，从而可判断.【详解】解：函数，即：，所以的最小正周期为，故正确；令，解得：，当时，则直线为的对称轴，故正确；令，解得：，所以的单调递减区间为：，当时，的一个单调递减区间为，则区间上单调递减，故在区间上先减后增，故错误；把函数的图象上所有点向右平移个单位长度，得到即平移后得到函数的图象，故正确.所以所有正确结论的编号是：.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题
8、考查三角函数的图象和性质，熟练掌握正弦型函数的周期、对称轴、单调区间的求法，以及三角函数的平移伸缩是解题的关键，还考查辅助角公式、两角和的正弦公式以及诱导公式的应用，考查学生化简运算能力.9. 已知函数（，且）在区间上为单调函数，若函数有三个不同的零点，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先根据在区间上为单调函数，求出的范围，再把有三个不同的零点，转化为与有三个不同的交点，利用数形结合得到与有一个交点，再利用数形结合即可求出a的取值范围.详解】解：，当时，易知：在时单调递减，又在区间上为单调函数，且，解得：，令，即，令，则函数有三个不同的零点，等价于与有
9、三个不同的交点，分别画出与的图象如下所示：由图可知：当时，与有个不同的交点，故只需满足：当时，与有个不同的交点，即当时，化简得：，即，令，即与有一个交点，画出的图象如下图所示：易知，或，解得：，或，又，即或，综上所述：.故选：D.【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.第卷 （非选择题，共105分）二.填空题（本
10、大题共6小题，每小题5分，共30分.）10. 已知复数（是虚数单位），则_【答案】【解析】【分析】由题意结合复数的运算法则求解复数的模即可.【详解】由题意结合复数的求模公式和性质可得：.【点睛】本题主要考查复数的运算法则，复数的模的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.11. 在二项式的展开式中，含的项的系数为_.【答案】144【解析】【分析】先求出的展开式的通项，令的指数为，进而可求出含项的系数.【详解】由题意，的展开式的通项为，令，解得，所以的系数为.故答案为：14412. 已知直线被圆截得的弦长等于该圆的半径，则实数_.【答案】2或4【解析】【分析】求出圆心到直线的距离，由几
11、何法表示出弦长，列出等量关系，即可求出结果.【详解】由得，所以圆的圆心为，半径，圆心到直线的距离，则由题可得，即，解得或.故答案为：2或.13. 为了抗击新冠肺炎疫情，现从A医院150人和B医院100人中，按分层抽样的方法，选出5人加入“援鄂医疗队”，现拟再从此5人中选出两人作为联络人，则这两名联络人中B医院至少有一人的概率是_.设两名联络人中B医院的人数为X，则X的期望为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】先按照分层抽样计算出A医院的人数和B医院的人数，从5人中选出两人作为联络人，这两名联络人中B医院至少有一人的情况分为两种情况：一是A医院1人B医院1人，有种选法，二是B医院2
12、人，有种选法，然后按照古典概型的概率计算公式计算“B医院至少有一人”的概率即可；由题意可知X的取值可能为0，1，2，分别求出对应的概率，最后按照期望计算公式计算即可.【详解】因为是分层抽样的方法选出的5人，所以这5人中，A医院有人，B医院有人，所以从这5人中选出2人，B医院至少有1人的概率为，由题意可知X的取值可能为0，1，2，当时，当时，当时，则.故答案为：，.【点睛】关键点睛：从5人中选出两人作为联络人，这两名联络人中B医院至少有一人，应该用分类的思想去处理，分为两种情况：一是A医院1人B医院1人，有种选法，二是B医院2人，有种选法.14. 已知正实数a，b满足，则的最小值为_.【答案】【
13、解析】【分析】由，化简得，然后利用“1”的代换，转化为，利用基本不等式求解.【详解】因为，所以，所以，所以，当且仅当，即时，取等号，所以的最小值为最小值为：，故答案为：15. 已知平行四边形的两条对角线相交于点，其中点在线段上且满足，_，若点是线段上的动点，则的最小值为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】根据题意，利用余弦定理求出，根据平面向量的线性运算即可得出，得出，即可求出；由于点是线段上的动点，可设，则，由平面向量的三角形加法法则得出，结合条件且根据向量的数量积运算，求得，最后根据二次函数的性质即可求出的最小值.【详解】解：在平行四边形中，则在中，由余弦定理得：，即，则，在
14、中，由余弦定理得：，即，而，即，解得：，；由于点是线段上的动点，可设，则，即，即，所以当时，取得最小值，最小值.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量的线性运算和数量积运算的实际应用，解题的关键在于利用二次函数的性质求最值，考查转化思想和运算能力.三解答题（本大题5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）16. 中，角，所对边分别为，且，.（）求边a及的值；（）求的值.【答案】（），；（）.【解析】【分析】（）由可求出，再与联立可求出，再由余弦定理即可求出，由正弦定理可求出；（）根据（）可求出和，再利用二倍角公式可求出和，利用两角差的余弦公式即可求出的值.【详解】
15、（）因为，所以，因为，所以，又，所以，由余弦定理得，所以，由正弦定理得，即，所以.（）在中，由（）可知，所以，所以，所以，所以.17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，且，E为的中点，F是棱的中点，底面.（）证明：平面；（）求二面角的正弦值；（）在线段（不含端点）上是否存在一点M，使得直线和平面所成角的正弦值为？若存在，求出此时的长；若不存在，说明理由.【答案】（）证明见解析；（）；（）存在，.【解析】【分析】（）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量以及直线的方向向量，根据向量数量积为零，即可证明；（）分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系
16、求出其正弦值；（）设，利用空间向量法表示出直线和平面所成角的正弦值，即可得到方程，求出，即可求出的长；【详解】解：（）由题意得：，所以四边形为矩形，又面，如图建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，则，则，不妨设，则，可得又，可得，又因为直线平面，所以平面.（）设平面的法向量为，则，即，不妨设，可得，设平面的法向量为，则，即，不妨设，可得，因此有，（注：结果正负取决于法向量方向）于是，所以二面角的正弦值为.（）设，由（）可知平面的法向量为，有，解得（舍）或，可得，所以.【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在
17、于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.18. 已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆E的左、右焦点，M为E上任意一点，的最大值为1，椭圆右顶点为A.（）求椭圆E的方程；（）若过A的直线l交椭圆于另一点B，过B作x轴的垂线交椭圆于C（C异于B点），连接交y轴于点P.如果时，求直线l的方程.【答案】（）；（）或.【解析】【分析】（）根据面积的最大值可求，结合离心率可求，从而得到椭圆的方程.（）设直线，联立直线方程和椭圆方程，消元后利用韦达定理可求的坐标，由直线的方程后可
18、得的坐标，根据可得关于的方程，从而可求的值.【详解】解：（）当为椭圆的短轴端点时，取得最大值即，又因为，解得：，所以椭圆方程为.（），根据题意，直线l斜率存在且不为0，设直线，联立，得，即，由题意得：，又直线，故，即解得（舍），故，直线或.【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为某一个变量的方程，解此方程即可.19. 设是等比数列，公比大于0，是等差数列，.已知，.（）求和的通项公式；（）设数列满足，其中（i）求数列的通项公式；（
19、ii）若的前n项和，求.【答案】（），；（）（i）；（ii）.【解析】【分析】（）设等比数列的公比为，等差数列的公差为，进而根据已知条件计算得，故，；（）根据题意得，进而得，再根据裂项求和得，故.【详解】（）设等比数列的公比为q.由，可得.因为，可得，故设等差数列的公差为d，由，可得.由，可得，从而，故.所以数列的通项公式为，数列的通项公式为.（）（i），（ii）.（注：写成亦可.）.【点睛】本题第二问题解题的关键在于根据题意得，考查运算求解能力，是中档题.20. 已知函数.（）（）令，讨论的单调性并求极值；（）令，若有两个零点；（i）求a的取值范围；（ii）若方程有两个实根，且，证明：【答案
20、】（）单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值；（）（i）；（ii）证明见解析.【解析】【分析】（）求出即可表示出，再求出，根据导数符号判断函数的单调性及求极值；（）（i）求出，分类讨论，当时单调递增，不可能有两个零点；当，根据导数的符号判断函数的单调性可知要使有两个零点，即使，得；（ii）利用换元法将等式有两个实根转化为有两个零点，进一步将所需不等式转化为证，需证，再次利用换元法令将所需证不等式转化为，利用导数证明上述不等式即可.【详解】（）因为所以，则，x2负0正单调递减极小值单调递增所以单调递减区间为，单调递增区间为极小值为，无极大值.（）（i）有两个零点.因为当时，单调递增，不可能有两个零点；当时，令，得，单调递减；令，得，单调递增.所以要使有两个零点，即使，得，又因，所以在存在唯一一个零点，且，所以在上存在唯一一个零点，符合题意.综上，当时，函数有两个零点.法二：有两个零点.等价于时，有两个实根，（1）令，当时，单调递减，且；当时，单调递减；当时，单调递增；，.要使（1）有两个实数根，即使，综上，当时，函数有两个零点.（ii）有两个实根，令，有两个零点，所以，所以（1）（2）要证，只需证，即证，所以只需证.由（1）（2）可得，只需证.设，令，则，所以只需证，即证令，则，即当时，成立.所以，即，即.
