2021届湖南省六校高三上学期联考(一)数学试题(教师版含解析)

湖南六校联考试卷(一)试卷一､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.1.已知全集，集合，则为()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先根据题意求出，再根据并集运算即可求出结果.【详解】由题意可知所以.故选:C.【点睛】本题主要考查了集合补集和并集的运算，属于基础题.2.下列选项中正确的是()A.若，则 B.若，，则C.若，则 D.若，则【答案】D【解析】【分析】利用不等式的性质，结合特例法逐一判断即可.【详解】A：只有当时，才能由推出，故本选项不正确；B：只有当时，才能由，推出，故本选项不正确；C：当时，显然成立，但是显然不成立,因此本选项不正确；D：因为，所以，因此本选项正确.故选：D【点睛】本题考查了不等式性质的应用，属于基础题.3.已知等比数列中，，数列是等差数列，且，则()A.2 B.4 C.16 D.8【答案】D【解析】【分析】利用等比数列性质求出a7，然后利用等差数列的性质求解即可．【详解】等比数列{an}中，a3a11＝4a7，可得a72＝4a7，解得a7＝4，且b7＝a7，∴b7＝4，数列{bn}是等差数列，则b5+b9＝2b7＝8．故选D．【点睛】本题考查等差数列以及等比数列的通项公式以及简单性质的应用，考查计算能力．4.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【答案】B【解析】【分析】根据定义知分两类进行考虑，一奇一偶，则，同奇偶，则，由列出满足条件的所有可能情况即可.【详解】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.【点睛】本题主要考查了分类讨论思想，集合及集合与元素关系，属于中档题.5.的三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，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【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理，再结合已知可求得，从而可得，可判断的形状.【详解】解：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.【点睛】本题考查判断三角形的形状，利用正弦定理化边为角后，由正弦函数性质可得角的关系，得三角形形状．6.设常数.若的二项展开式中项的系数为－15，则()A.－2 B.2 C.3 D.－3【答案】D【解析】【分析】利用通项公式求出项的系数且等于-15，建立关于的方程，求解即可.【详解】的二项展开式的通项公式为，.令，得，所以展开式中项系数为，解得.故选：D.【点睛】本题考查了二项展开式的通项公式，属于基础题.7.唐代诗人李顾的诗《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.【答案】A【解析】【分析】求出关于的对称点，根据题意，则为最短距离，即可得答案；【详解】设点关于直线的对称点，设军营所在区域为的圆心为，根据题意，为最短距离，先求出的坐标，的中点为，直线的斜率为1，故直线为，由，解得，，所以，故，故选：A.【点睛】本题考查点关于直线对称及圆外一点到圆上点距离的最小值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.8.已知是椭圆与双曲线的公共焦点，P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.3 C.6 D.【答案】C【解析】【分析】利用椭圆和双曲线的性质，用椭圆双曲线的焦距长轴长表示，再利用均值不等式得到答案．【详解】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．【点睛】本题考查了椭圆双曲线的性质，用椭圆双曲线的焦距长轴长表示是解题的关键，意在考查学生的计算能力．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．【答案】ABC【解析】【分析】直接运算可判断A；由复数的几何意义和复数模的概念可判断B；由共轭复数的概念，运算后可判断C；由复数虚部的概念可判断D；即可得解.【详解】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【点睛】本题综合考查了复数的相关问题，属于基础题.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【答案】AD【解析】【分析】结合所给统计图，逐个分析判断即可【详解】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.【点睛】此题考查概率的求法，考查平均数的求法和方差的意义，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，属于中档题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.该四棱台的高为 B.C.该四棱台的表面积为26 D.该四棱台外接球的表面积为【答案】AD【解析】【分析】根据棱台的性质，补全为四棱锥，根据题中所给的性质，进行判断．【详解】解：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，该四棱台的高为，对；因为，则与夹角为，不垂直，错；该四棱台的表面积为，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，该四棱台外接球的表面积为，对，故选：AD．【点睛】本题考查立体几何中垂直，表面积，外接球的问题，属于难题．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【答案】BCD【解析】【分析】根据在，上的单调性判断，根据判断，根据图象的对称性判断，根据直线与的图象有3个交点判断．详解】解：由题意可知当时，是以3为周期的函数，故在，上的单调性与在，上的单调性相同，而当时，，在，上不单调，故错误；又，故，故正确；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，，2，3，4，5，由图象可知，关于直线对称，，关于直线对称，，关于直线对称，，故正确；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，故正确．故选：．【点睛】本题考查了函数零点与函数图象的关系，考查函数周期性、对称性的应用，属于中档题．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5分.13.已知，，，则向量与的夹角是____【答案】【解析】【分析】由题得再利用数量积的公式化简即得解.【详解】因为，所以，所以，因为，所以.向量与的夹角是.故答案为：【点睛】本题主要考查数量积的计算和运算律，考查向量夹角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.14.已知随机变量，若，则______.【答案】0.8【解析】分析】先根据正态分布对称性求，再求【详解】因为随机变量，，所以因此故答案为：0.8【点睛】本题考查利用正态分布对称性求概率，考查基本分析求解能力，属基础题.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_____．【答案】【解析】【分析】首先连接，，得到或其补角为直线与成角，再求其余弦值即可.【详解】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：【点睛】本题主要考查异面直线成角问题，平移找角为解题关键，属于中档题.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________.【答案】(1).2(2).【解析】【分析】根据函数，易得.根据在区间上是增函数，则有求解.【详解】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).【点睛】本题主要考查三角函数的值域和三角函数的单调性，还考查了理解辨析运算求解的能力，属于中档题.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①；②；③，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.【答案】(1)；(2)最小值为-1，最大值为.【解析】【分析】(1)先根据周期得，①或③都能确定，所以选①②或②③，再根据②确定；(2)先根据自变量范围得范围，再根据正弦函数性质求最值.【详解】(1)因为的最小正周期为，所以，解得.选①②：因为，所以，解得，.因为，所以.又因为，所以，即，所以.所以.选②③：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.【点睛】本题考查根据三角函数性质求函数解析式、根据正弦函数性质求最值，考查综合分析求解能力，属中档题.18.已知是数列的前n项和，且(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为，求证：．【答案】(1)；(2)答案见详解【解析】【分析】(1)结合已知条件再写一个，两式相减，可得，得出是首项为，公比为的等比数列.即可得通项.(2)将通项表示出来，裂项相消求和即可得的前项和为，再根据指数形式恒大于0，即可证得.【详解】(1)，，即，令得：，即，是首项为，公比为的等比数列，(2)，.【点睛】本题主要考查了已知和的关系，求的通项，以及裂项相消求和，不等式的放缩，属于中档题.19.如图，在四棱锥中，平面，四边形为梯形，，，为侧棱上一点，且，，，.(1)证明：平面.(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)答案见解析；(2).【解析】【分析】(1)连接交于点，连接，证明//即可证明出//平面；(2)建立空间坐标系，利用空间向量的方法，先计算出平面和平面的法向量，再利用向量的数量积计算法向量的夹角的余弦值.【详解】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平面.【点睛】本题考查空间线面平行的证明及二面夹角的计算问题，难度一般.证明线面平行时要紧扣线面平行的判定定理，二面角的计算一般通过法向量的夹角处理，准确计算出平面的法向量是关键.20.已知函数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t的最大值.【答案】(1)；(2)4.【解析】【分析】(1)首先求出函数的定义域与导函数，然后根据题意及导数的几何意义建立关于m和n的方程求解即可；(2)首先将不等式化为，然后构造函数，通过研究新函数的单调性求得其最小值，从而根据恒成立求得正整数t的最大值.【详解】(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t为正整数，所以t的最大值为4.【点睛】本题考查导数的几何意义、不等式恒成立问题、导数的应用，意在考查逻辑思维能力、划归与转化能力、运算求解能力以及方程思想，属于常考题.21.已知椭圆：，四点，，，中恰有三点在椭圆上.求椭圆的方程；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.【答案】；或.【解析】【分析】根据椭圆的对称性，必过，，必不过，进而代入坐标求出椭圆的方程；将直线与椭圆方程联立，写出一元二次方程的形式，结合根的判别式和基本不等式，求出，，进而求出直线的方程.【详解】解：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：.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，最小值为，，，又由，解得.故此时直线的方程为或.【点睛】本题考查椭圆的标准方程及其性质，直线与椭圆相交的问题，考查分析问题能力，考查运算求解能力，属于中