1、湖南省2021届高三上学期六校联考（一）数学试卷本试卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第卷1至3页，第卷3至4页.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.祝各位考生考试顺利！第卷注意事项：1. 每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.2. 本卷共12小题，每小题5分，共60分.一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
2、.1. 已知全集，集合，则为（ ）A. B. C. D. 2. 下列命题中，为真命题的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则3. 已知等比数列中，数列是等差数列，且，则（ ）A. 8B. 4C. 16D. 24. 对于任意两个正整数，定义某种运算“”如下：当，都为正偶数或正奇数时，；当，中一个为正偶数，另一个为正奇数时，则在此定义下，集合中的元素个数是（ ）A. 10个B. 15个C. 16个D. 18个5. 的三内角，的对边分别为，且满足，则的形状是（ ）A. 正三角形B. 等腰三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形6. 设常数.若的二项展开式中项的系数为-
3、15，则（ ）A. -2B. 2C. 3D. -37. 唐代诗人李颀的诗古从军行开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）A. B. C. D. 8. 已知，是椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，线段的垂直平分线过，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值为（ ）A. B. 3C. 6D
4、. 二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.9. 已知为虚数单位，则下面命题正确的是（ ）A. 若复数，则.B. 复数满足，在复平面内对应的点为，则.C. 若复数，满足，则.D. 复数的虚部是3.10. 下图是某市6月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，某人随机选择6月1日至6月13日中的某一天到达该市，并停留2天.下列说法正确的有（ ）A. 该市14天空气质量指数的平均值大于100B. 此人到达当日空气质量优良的概
5、率为C. 此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的概率为D. 每连续3天计算一次空气质量指数的方差，其中第5天到第7天的方差最大11. 已知四棱台的上下底面均为正方形，其中，则下述正确的是（ ）A. 该四棱合的高为B. C. 该四棱台的表面积为26D. 该四棱合外接球的表面积为12. 已知函数，以下结论正确的是（ ）A. 在区间上是增函数B. C. 若函数在上有6个零点，则D. 若方程恰有3个实根，则第卷注意事项：1. 用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.2. 本卷共10个题，共90分.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给
6、5分.13. 已知，则向量与的夹角是_.14. 已知随机变量，若，则_.15. 如图，直四棱柱，底面是边长为的菱形，则直线与成角的余弦值为_.16. 已知函数，则的最大值为_，若在区间上是增函数，则的取值范围是_.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知函数的最小正周期为.（1）从；，都有这三个条件中，选择合适的两个条件，求函数的解析式；（2）求（1）中所求得的函数在区间上的最大值和最小值.18. 已知是数列的前项和，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求证：.19. 如图，在四棱锥中，平面，四边形为梯形，为侧棱上一点，且，.（
7、1）证明：平面.（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.20. 已知函数的图象在点处的切线方程为.（1）求函数的解析式；（2）若对任意，不等式恒成立，求正整数的最大值.21. 已知椭圆：，四点，中恰有三点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）直线：与椭圆有且仅有一个公共点，且与轴和轴分别交于点，当面积取最小值时，求此时直线的方程.22. 疫情期间，为支持学校隔离用餐的安排，保证同学们的用餐安全，食堂为同学们提供了餐、餐两种餐盒.经过前期调研，食堂每天备餐时、两种餐盒的配餐比例为.为保证配餐的分量足，后勤会对每天的餐盒的重量进行抽查.若每天抽查5个餐盒，假定每个餐盒的包装没有区分，被抽查的可能性相
8、同.（1）求抽取的5个餐盒中有三个餐的概率；（2）某天配餐后，食堂管理人员怀疑餐配菜有误，需要从所有的餐盒中挑出一个餐盒查看.如果抽出一个是餐盒，则放回备餐区，继续抽取下一个；如果抽到的是餐盒，则抽样结束.规定抽取次数不超过次.假定食堂备餐总数很大，抽样不影响备餐总量中、餐盒的比例.若抽样结束时抽到的餐盒数以随机变量表示，求的分布列与数学期望.湖南六校联考试卷（一）答案解析参考答案一、选择题1-5：CDABD6-8：DAC1. C【解析】由题得，.故选C.2. D【解析】当时，若，则，故A为假命题；当，时，故B为假命题；若或，则，但当时，故C为假命题若，则，则，故D为真命题.故答案为D.3.
9、A【解析】等比数列中，可得，解得，且，数列是等差数列，则.故选A.4. B【解析】根据定义知分两类进行考虑，一奇一偶，则，所以可能的取值为，共4个，同奇偶，则，由，所以可能的取值为，共11个，所以符合要求的共15个，故选B.5. D【解析】中，由正弦定理得：，又，或，即或，为等腰三角形或直角三角形.故选：D.6. D【解析】的二项展开式的通项公式为，.令，得，所以展开式中项的系数为，解得.故选：D.7. A【解析】由题点和军营所在区域在河岸线所在直线方程的同侧，设点关于直线的对称点，中点在直线上，解得：，即，设将军饮马点为，到达营区点为，则总路程，要使路程最短，只需最短，即点到军营的最短距离，
10、即点到区域的最短距离为：.故选：A.8. C【解析】设椭圆长轴，双曲线实轴，由题意可知：，又，两式相减，可得：，当且仅当时取等号，的最小值为6，故选：C.二、多选题9. ABC 10. AD 11. AD 12. BCD9. ABC【解析】由，故A正确，由在复平面内对应的点为，则，即，则，故B正确；设复数，则，所以，故C正确；复数的虚部是-3，故D不正确.故选：A、B、C.10. AD【解析】A. ，故正确；B. 在6月1日至6月13日这13天中，1日，2日，3日，7日，12日，13日共6天的空气质量优良，所以此人到达当日空气质量优良的概率为，故不正确；C. 6月1日至6月14日连续两天包含的
11、基本事件有13个，此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的基本事件是，共4个，所以此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的概率是，故不正确；D. 空气质量指数趋势图可以看出，从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大，故正确.故选：AD.11. AD【解析】由棱台性质，画出切割前的四棱锥，由于，可知与相似比为；则，则，则，该四棱合的高为，A对；因为，则与夹角为，不垂直，B错；该四棱台的表面积为，C错；由于上下底面都是正方形，则外接球的球心在上，在平面上中，由于，则，即点到点与点的距离相等，则，该四棱合外接球的表面积为，D对，故选：AD.12. BCD解：由题意可知当时，是以3为周期的函数，故
12、在上的单调性与在上的单调性相同，而当时，在上不单调，故A错误；又，故，故B正确；作出的函数图象如图所示：由于在上有6个零点，故直线与在上有6个交点，不妨设，由图象可知，关于直线对称，关于直线对称，关于直线对称，故C正确；若直线经过点，则，若直线与相切，则消元可得：，令可得，解得或，当时，当时，（舍），故.若直线与在上的图象相切，由对称性可得.因为方程恰有3个实根，故直线与的图象有3个交点，或，故D正确.故选：BCD.三、填空题13. 14. 0.8 15. 16. 2；13. 【解析】因为，所以，所以，因为，所以.向量与的夹角是.故答案为：.14. 0.8【解析】因为随机变量，所以，因此.故答
13、案为：0.8.15. 【解析】连接，如图所示：因为，所以或其补角为直线与成角.因为底面是边长为的菱形，所以，.所以直线与成角的余弦值为.故答案为：.16. 2；【解析】因为函数，所以，所以的最大值为2，因为在区间上是增函数，所以，所以，解得.故答案为：（1）2 （2）四、解答题17.【解析】（1）因为的最小正周期为，所以，解得.选：因为，所以，解得，.因为，所以.又因为，所以，即，所以.所以.选：因为，都有，所以时，取得最大值，即，所以，所以，所以.又因为，所以，即，所以.所以.（2）因为，所以，所以，当时，取得最小值为-1；当时，取得最大值为；所以取得最小值为-1，最大值为.18.【解析】（
14、1），即，令得：，即，是首项为，公比为的等比数列，.（2），.19. 解：（1）证明：如图所示，连接交于点，连接.四边形为梯形，且，即，在中，.又平面，平面，平面.（2）如图所示，以点为坐标原点，以分别以、为轴、轴和z轴建立空间直角坐标系，则，.所以，设和分别是平面和平面的法向量，则，得，令得，即，得，令得，即，所以，故平面和平面所成角锐二面角的余弦值为.20.【解析】（1）函数的定义域为，所以有，解之得，故函数的解析式为：；（2）可化为，因为，所以，令，则由题意知对任意的，而，再令，则，所以在上为增函数，又，所以存在唯一的，使得，即，当时，所以在上单调递减，当时，所以在上单调递增，所以，所以，又，所以，因为为正整数，所以的最大值为4.21.【解析】（1）根据椭圆的对称性，必过，.必不过，代入点得，代入点得，.椭圆的方程为：.（2）由，可得.直线与椭圆有且仅有一个公共点，可知，整理得.由条件可得，.，当且仅当，即，时等号成立，的最小值为，又，解得.故此时直线的方程为或.22.【解析】（1）依题意，随机地抽取一个餐盒得到餐盒的概率为，用表示“抽取的5个餐盒中餐盒的个数”，则服从二项分布，即，其中有三个餐盒的概率.（2）的可能取值为：0，1，2，.，.所以的分布列为012的数学期望为：-得，.即的数学期望为.
