1、河北省张家口市宣化区宣化第一中学2021届高三数学上学期第一次联考试题（含解析）一选择题1. 全集，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】分别解出集合A和B，再结合交集的概念和补集的概念得到结果.【详解】，故答案为A.【点睛】这个题目考查了集合的交集和补集的概念，属于基础题.2. 已知复数z满足(12i)z34i，则|z|（ ）A. B. 5C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用复数模的运算性质及其计算公式即可得出.【详解】(12i)z34i，|12i|z|34i|，则|z|.故选：C.【点睛】本题主要考查的是复数的四则运算，以及复数模的求法，是基础题.3. 已知角的顶
2、点为坐标原点，始边与轴非负半轴重合，终边与直线重合，且，又是角终边上一点，且(为坐标原点)，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得，根据，求得的值，即可求解得值，得到答案.【详解】由题意，角的顶点为坐标原点，始边与轴非负半轴重合，终边与直线重合，且，所以为第三象限角.又是角终边上一点，所以，再根据（为坐标原点），所以，则，故选A.【点睛】本题主要考查了三角函数的定义及其应用，其中解答熟练应用三角函数的定义，列出方程求得的值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4. 已知等比数列中，等差数列中，则数列的前项和等于（ ）A. B. C. D. 【答案
3、】B【解析】【分析】由等比数列的性质可得，求得，得到，再由等差数列的前n项和，即可求解，得到答案.【详解】在等比数列中，满足，由等比数列的性质可得，即，所以，又由，所以所以数列的前项和，故选B.【点睛】本题主要考查了等差数列、等比数列的性质，以及等差数列的前n项和公式的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.5. 已知，直线与函数，的图象都相切，且与图象的切点为，则的值为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先利用导数求切线斜率,再根据点斜式方程得切线方程,最后根据判别式为零得结果.【详解】，直线是函数的图象在点处的切线，其斜率为（1），直线的方程为又因为直线与的图象相切
4、，消去，可得，得不合题意，舍去），故选A【点睛】本题主要考查函数导数的几何意义,考查直线和曲线的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.6. 在内任取一个实数，设，则函数的图象与轴有公共点的概率等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】的图象与轴有公共点，或在内取一个实数，函数的图象与轴有公共点的概率等于，故选D.7. 已知x，y满足条件(k为常数)，若目标函数zx3y的最大值为8，则k()A. 16B. 6C. -D. 6【答案】B【解析】【详解】由zx3y得yx，先作出图象，如图所示，因为目标函数zx3y的最大值为8，所以x3y8与直线yx的交点为C，解得C
5、(2,2)，代入直线2xyk0，得k6.8. 设向量,满足|=|=1,则|的最大值等于（ ）A. 1B. C. D. 2【答案】D【解析】【分析】根据的模，和，可求得两个向量的夹角为，结合，作出图象，由图象可求得的最大值为.【详解】由于，故两个向量的夹角为，结合，画出图象如下图所示.，四边形对角互补的话，该四边形是圆的内接四边形，故当为直径时，取得最大值.由于直径所对的角为直角，故，即取得最大值为.故选.【点睛】本小题主要考查向量的数量积运算，考查数形结合的数学思想方法，考查圆的内接四边形对角互补等知识.在思考本题的时，先根据两个向量的模和数量积的结果，求得两个向量的夹角，这个时候可以画出对应
6、的图象，注意到的夹角为，故为圆的内接四边形，可知当为直径时，长度最长.9. 已知函数若方程有三个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】根据函数的解析式，作出函数的图象，方程有三个不同的实数根即为函数的图象与的图象有三个不同的交点，结合函数的图象即可求得实数的取值范围.【详解】，图象如图：方程有三个不同的实数根即为函数的图象与的图象有三个不同的交点，由图象可知：的取值范围为.故选：A【点睛】本题主要考查了分段函数的应用，考查了分段函数的图象，函数与方程的关系，考查了数形结合与转化化归的思想.10. 已知数列an的首项a13，前n项和为Sn，an+1
7、2Sn+3，nN*，设bnlog3an，数列的前n项和Tn的范围（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由数列的递推式和等比数列的定义、通项公式可得，求得，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式可得，判断为递增数列，可得所求范围【详解】解：首项，前项和为，可得，时，又，两式相减可得，则，可得，上式对也成立，则，则前项和，相减可得，化简可得，由，可得为递增数列，可得，而，可得，综上可得，故选：C【点睛】本题考查数列的递推式的运用，考查等比数列的定义和通项公式、求和公式，考查数列的错位相减法求和，以及化简运算能力和推理能力，属于中档题11. 已知函数是定义在上的偶函数，设
8、函数的导函数为，若对任意都有成立，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】设 在 上是增函数，易得 是偶函数，故选A.【点睛】本题考查函数的奇偶性、函数与方程、函数与不等式、导数的应用，涉及函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 首先 在 上是增函数，易得 是偶函数，故选A.12. 已知双曲线的左、右焦点分别为，是圆与位于轴上方的两个交点，且，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】连接,由双曲线的定义可得:, ,由,可得,在中,可得,在中,可得,由，可得,即有,可得
9、,化为,得,解得 ,负值舍去,故选C. 点睛:本题考查双曲线的定义与离心率,属于中档题目.解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题,其关键是确立一个关于的方程或者不等式,再根据的等量关系消掉得到的关系式即可,建立方程或者不等式,要充分利用椭圆或双曲线的几何性质,点的坐标的范围等.二填空题13. 已知样本的平均数和方差分别是1和4，若的平均数和方差也是1和4，则_.【答案】1【解析】【分析】根据平均数与方差的线性变换先去计算的值，然后计算的值.【详解】因为的平均数为，所以的平均数为；因为的方差为，所以的方差为；所以，解得：或，所以.【点睛】本题考查平均数与方差的线性变换，难度一般.已知的平均数与
10、方差为：，那么的平均数与方差为：.14. 设函数，给出以下四个论断：的周期为；在区间上是增函数；的图象关于点对称；的图象关于直线对称.以其中两个论断作为条件，另两个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：_只需将命题的序号填在横线上.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】若论断作为条件是不确定性与其它三个论断中的任意一个作为条件无法得出的值；若以论断作为条件，无法确定周期，所以只可能或作为条件，分别求出，再验证两个论断是否成立.【详解】解：依题意论断是不确定性不能作为条件，若以论断作为条件，无法确定周期，所以只可能或作为条件，若作为条件：由的周期为，则，函数.又由的图象关于直线对称，则
11、，又，此时，若，此时单调递增，即成立；当时，函数的图象关于点对称，即成立；故由成立；若作为条件：由的周期为，则，函数，又由得图象关于点对称，又，若，此时单调递增，即成立；当时，所以的图象关于直线对称，即成立；所以；故答案为：；或 .【点睛】本题考查正弦函数的对称性，三角函数的周期性与求法，确定出函数的解析式，是解题的关键，属于中档题.15. 已知椭圆与双曲线有相同的焦点，点是曲线与的一个公共点，分别是和的离心率，若，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】设焦距为，椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，令在双曲线的右支上，由已知条件结合双曲线和椭圆的定义求得，由此可求得的最小值，得到答案.【详解】由
12、题意，设焦距为，椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，令在双曲线的右支上，由双曲线的定义可得，由椭圆的定义可得，两式平方相加，可得又由，则，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以的最小值为.【点睛】本题主要考查了椭圆和双曲线的离心率的最值问题，其中解答中熟练应用椭圆的定义，以及合理应用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.16. 已知三棱锥四个顶点均在同一个球面上，底面满足，若该三棱锥体积的最大值为3则其外接球的体积为_.【答案】【解析】【分析】画出示意图，利用体积最大时所处的位置，计算出球的半径从而算出球的体积.【详解】如图所示：设球心为，所在圆面的圆心为，则平面；因
13、为，所以是等腰直角三角形，所以是中点；所以当三棱锥体积最大时，为射线与球的交点，所以；因为，设球的半径为，所以，所以，解得：，所以球的体积为：.【点睛】本题考查三棱锥的外接球的相关计算，难度较难.处理球的有关问题时要充分考虑到球本身的性质，例如：球心与小圆面圆心的连线垂直于小圆面.三解答题17. 已知分别是内角的对边，且满足： .(1)求角的大小；(2)设，为的面积，求的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）运用正弦定理可得b2+c2a2bc，再由余弦定理计算可得所求角；（2）运用正弦定理求得b，c，由三角形的面积公式可得S，再由两角差的余弦公式和余弦函数的值域，即可得到所求最
14、大值【详解】(1)，根据正弦定理，知，即.由余弦定理，得.又，所以.(2)根据，及正弦定理得，. .故当时，取得最大值.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理和面积公式的运用，以及余弦函数的值域，考查化简整理的运算能力，属于中档题18. 如图，在四棱锥E-ABCD中，AEDE，CD平面ADE，AB平面ADE，CD=DA=6，AB=2，DE=3.（I）求棱锥C-ADE的体积；（II）求证：平面ACE平面CDE；（III）在线段DE上是否存在一点F，使AF平面BCE？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】()；()证明见解析；()存在，.【解析】【分析】（I）在中，可得，由于平面，可得；（II
15、）由平面，可得，进而得到平面，即可证明平面平面；（III）在线段上存在一点，使平面，设为线段上的一点，且，过作交于点，由线面垂直的性质可得：可得四边形是平行四边形，于是，即可证明平面【详解】（I）在RtADE中，因为CD平面ADE，所以棱锥C-ADE的体积为.（II）因为平面，平面，所以.又因为，所以平面，又因为平面，所以平面平面（III）在线段上存在一点F，且，使平面.解：设为线段上一点，且，过点作交于，则.因为平面，平面，所以，又因为所以，所以四边形是平行四边形，则.又因为平面，平面，所以平面.点睛：本题考查了线面面面垂直与平行的判定与性质定理、三棱锥的体积计算公式、平行线分线段成比例定理
16、，考查了推理能力与计算能力，属于中档题；由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在，证明线面平行的几种常见形式：1、利用三角形中位线得到线线平行；2、构造平行四边形；3、构造面面平行.19. 前些年有些地方由于受到提高的影响，部分企业只重视经济效益而没有树立环保意识，把大量的污染物排放到空中与地下，严重影响了人们的正常生活，为此政府进行强制整治，对不合格企业进行关闭、整顿，另一方面进行大量的绿化来净化和吸附污染物.通过几年的整治，环境明显得到好转，针对政府这一行为，老百姓大大点赞.（1）某机构随机访
17、问50名居民，这50名居民对政府的评分如下表：分数频数231114119请在答题卡上作出居民对政府的评分频率分布直方图：（2）当地环保部门随机抽测了2018年11月的空气质量指数，其数据如下表：空气质量指数（）0-5050-100100-150150-200天数21882用空气质量指数的平均值作为该月空气质量指数级别，求出该月空气质量指数级别为第几级？（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表，将频率视为概率）（相关知识参见附表）（3）空气受到污染，呼吸系统等疾病患者最易感染，根据历史经验，凡遇到空气轻度污染，小李每天会服用有关药品，花费50元，遇到中度污染每天服药的费用达到100元.环境整治前
18、的2015年11月份小李因受到空气污染患呼吸系统等疾病花费了5000元，试估计2018年11月份（参考（2）中表格数据）小李比以前少花了多少钱的医药费？附：空气质量指数（）0-5050-100100-150150-200200-300空气质量指数级别空气质量指数优良轻度污染中度污染重度污染严重污染【答案】（1）见解析（2）指数为第级，属于良（3）相比2015年11月份，小李少花费了4400元医药费【解析】【分析】（1）由题可计算出频率/组距的值分别为0.008，0.012，0.044，0.056，0.044，0.036，然后画图（2）由题计算得该月空气质量指数平均值为，）指数为第级，属于良（3
19、）2018年11月份轻度污染有8天，中度污染有2天，则可计算该月的药费，从而得到答案【详解】解：（1）由评分表可知，相应区间频率/组距的值分别为0.008，0.012，0.044，0.056，0.044，0.036，其频率分布直方图如图所示：（2）由题得，该月空气质量指数平均值为.对照表格可知，该月空气质量指数为第级，属于良.（3）2018年11月份轻度污染有8天，中度污染有2天，所以小李花费的药费为元.又元，所以相比2015年11月份，小李少花费了4400元的医药费.【点睛】本题由图表计算即可，属于简单题20. 已知两点，动点P满足.（1）求动点P的轨迹E的方程；（2）是曲线E与y轴正半轴的
20、交点，曲线E上是否存在两点MN，使得是以H为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请说明有几个；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，有3个.【解析】【分析】（1）设点P的坐标为，求PAPB的斜率，利用，化简可得动点P的轨迹E的方程；（2）设能构成等腰直角三角形HMN，其中H为，由题意可知，直角边HM，HN不可能垂直或平行于x轴，故可设HM所在直线的方程为不妨设则HN所在直线的方程为，确定交点MN的坐标，求出HNHM的长，利用，即可求得结论.【详解】解：（1）设点P的坐标为，则，化简得，动点P的轨迹E的方程为（2）设能构成等腰直角三角形HMN，其中H为，由题意可知，直角边HM，HN不可
21、能垂直或平行于x轴，故可设HM所在直线的方程为不妨设则HN所在直线的方程为，由求得交点另一交点，用代替上式中的k，得，由，得，解得：或，当HM斜率时，HN斜率；当HM斜率时，HN斜率；当HM斜率时，HN斜率，综上述，符合条件的三角形有3个.【点睛】本题考查轨迹方程的求解，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是求出HNHM的长，利用进行求解，属于中档题.21. 已知函数，其中.（）当a=1时，求函数的单调区间：（）求函数的极值；（）若函数有两个不同的零点，求a的取值范围【答案】（）单调减区间为（1，+） ，增区间为（0,1）; （）见解析（）a1【解析】【分析】（）当a=1, f（x）=,解f（
22、x）0确定单调区间；（）f（x），讨论a0和a0时f（x）的符号，确定单调性和极值；（）由（）知当 a0时，f(x)至多有一个零点，舍去；当a0时，函数的极小值为f(a)=设函数g(x)=lnx+x-1，求导确定g（x）：当0x1时，g(x)1时，g(x)0，分情况讨论：当01时，由零点存在定理确定（）和（a,3a-1）各有一个零点，则a可求【详解】（）当a=1时, f（x）=当f（x）1; f（x）0时，0x0，当xa时，f（x）0) g(x)在（0，+）单调递增，又g(1)=0, 0x1时，g(x)1时，g(x)0(i) 当01时，f(a)=ag(a)0函数f(x)在（）内有一个零点，f(
23、3a-1)=aln(3a-1)-设h(x)=lnx-x(x2) h(x)在（2，+）内单调递减，则h(3a-1)h(2)=ln2-21时，函数f(x)恰有两个零点综上，函数有两个不同的零点时，a1【点睛】本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及函数的零点个数的判断，函数的最值的应用，考查分析问题解决问题的能力22. 在平而奁角坐标系xOy中，曲线的参数方程为 (为参数)，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为（1）求曲线和的直角坐标方程；（2）已知点是曲线上一点M，N分别是和上的点，求的最大值.【答案】（1）：，：，：；（2）15.【解析】
24、【分析】（1）由曲线参数方程消去参数可得曲线普通方程，根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得曲线和的直角坐标方程.（2）由双曲线的定义可得，由点是曲线上一点、分别是和上的点，得到，即可求解的最大值.【详解】（1）由曲线的方程为（为参数），消去参数可得曲线的方程为，由曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程，根据极坐标与直角坐标的互化公式，且，可得曲线直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为.（2）由（1）知双曲线，则，可得，所以，由双曲线定义，可得，因为点是曲线上一点、分别是和上的点，可得，所以，所以的最大值为.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及双曲线的定
25、义和圆的性质的应用，着重考查了推理与运算能力，圆锥曲线的定义的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型.23. 设函数，若恒成立（1）求实数的取值范围；（2）求证：【答案】（1）;（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用零点分段讨论求解的最大值，然后解不等式可得；（2）利用换底公式转化为证明，结合基本不等式可证.【详解】（1）因为恒成立，所以恒成立，令所以函数在为增函数，在为减函数，所以，所以，即，所以.（2）证明：由，知，所以要证只需证即证，而.所以.【点睛】本题主要考查含有绝对值不等式的解法及不等式的证明，含有绝对值的不等式一般是利用零点分段讨论的方法去掉绝对值，不等式的证明，等价转化是证明的关键，侧重考查逻辑推理的核心素养.