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- 2021-06-01 发布
高三文科数学试题（一）
一、单选题
1.设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
解分式不等式，得集合A，再计算函数的定义域，得集合B，求集合A与集合B的交集可得答案
【详解】因为，即，得，令，得，所以，选择D
【点睛】用描述法表示集合，首先要搞清楚集合中代表元素的含义，再看元素的限制条件，明白集合的类型，常借助数轴来解决数集间的关系
2.复数(其中，为虚数单位)，若复数的共轭复数的虚部为，则复数在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】
先化简复数z，再求得其共轭复数，令其虚部为，解得，代入求解即可.
详解】由题意得，
∴，又复数的共轭复数的虚部为，
∴，解得.
∴，∴复数在复平面内对应的点位于第一象限. 故选A.
【点睛】本题考查了复数的乘法运算，考查了复数的基本概念及复数的几何意义，属于基础题.
3.函数的部分图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用，排除选项；利用排除选项，从而可得结果.
【详解】 ，，排除选项；
，排除选项，故选A.
【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
4.在中，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析：由平面向量基本定理=，进而可计算
详解：
故选D.
点睛：本题主要考查平面向量的线性运算，平面向量的基本定理，属于基础题。
5.明朝数学家程大位将“孙子定理”（也称“中国剩余定理”）编成易于上口的《孙子歌诀》：三人同行七十稀，五树梅花廿一支，七子团圆正半月，除百零五便得知．已知正整数被除余,被除余，被除余，求的最小值．按此歌诀得算法如图，则输出的结果为（ ）
A. 53 B. 54 C. 158 D. 263
【答案】A
【解析】
按程序框图知的初值为，代入循环结构，第一次循环，第二次循环，推出循环， 的输出值为 ，故选A.
6.数列，满足，则数列的前项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据条件求解出，的通项公式，然后写出的通项并考虑求和.
【详解】因为，所以是等差数列，是等比数列，则：，，所以，故是首项为，公比为的等比数列，可得前项和为：，
故选：D.
【点睛】本题考查等差等比数列的判断以及等比数列前项和的公式，难度较易.
7.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A. 6 B. 9 C. 12 D. 18
【答案】B
【解析】
【分析】
先由几何体的三视图还原几何体可知，该几何体为一个三棱柱截去了四分之一，进而可根据体积公式求解.
【详解】由题意可得：该几何体为一个三棱柱截去了四分之一，如图所示，
大三棱柱的底面边长分别为3和4，且底面为直角三角形，三棱柱的高为2，
所以.
故选B
【点睛】本题主要考查几何体的三视图以及几何体的体积，熟记体积公式即可，属于常考题型.
8.已知函数的部分图像如图所示，其中，，，且，则在下列区间中具有单调性的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意得到三角函数的周期满足，然后取周期接近和接近，分别排除D、A、C，即可得出结果.
【详解】因为，所以异号，根据题意可得，
又，所以且，即；
①当周期无限接近时，图中的最低点自左向右无限接近，所以在区间上先减后增，不单调，故D错；
②当周期无限接近又小于时，图中最高点的横坐标大于0小于，所以在区间上先增后减，不单调，故A错；
图中最低点的横坐标大于小于，在区间上先减后增，不单调，故C错；
因此选B
【点睛】
本题主要考查三角函数图像和性质，熟记正弦型函数的图像和性质即可，属于常考题型.
9.对于函数和，设，，若存在，，使得，则称与互为“零点相邻函数”．若函数与互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先得出函数f（x）＝ex﹣1+x﹣2零点为x＝1．再设g（x）＝x2﹣ax﹣a+3的零点为β，根据函数f（x）＝ex﹣1+x﹣2与g（x）＝x2﹣ax﹣a+3互为“零点关联函数”，利用新定义的零点关联函数，有|1﹣β|≤1，从而得出g（x）＝x2﹣ax﹣a+3的零点所在的范围，最后利用数形结合法求解即可．
【详解】函数f（x）＝ex﹣1+x﹣2的零点为x＝1．
设g（x）＝x2﹣ax﹣a+3的零点为β，
若函数f（x）＝ex﹣1+x﹣2与g（x）＝x2﹣ax﹣a+3互为“零点关联函数”，
根据零点关联函数，则|1﹣β|≤1，
∴0≤β≤2，如图
由于g（x）＝x2﹣ax﹣a+3必过点A（﹣1，4），
故要使其零点在区间[0，2]上，则或，
解得2≤a≤3，
故选：D
【点睛】本题主要考查了函数的零点，考查了新定义，主要采用了转化为判断函数的图象的零点的取值范围问题，解题中注意体会数形结合思想与转化思想在解题中的应用
10.已知双曲线的左、右顶点分别为，，为双曲线左支上一点，为等腰三角形且其外接圆的半径为，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
由题意知等腰中，，设，则，其中必为锐角．
∵外接圆的半径为，
∴，
∴，，
∴．
设点P的坐标为，则，
故点P的坐标为．
由点P在椭圆上得，整理得，
∴．选C．
点睛：
本题将解三角形和双曲线的性质结合在一起考查，综合性较强，解题时要抓住问题的关键和要点，从所要求的离心率出发，寻找双曲线中之间的数量关系，其中通过解三角形得到点P的坐标是解题的突破口．在得到点P的坐标后根据点在椭圆上可得间的关系，最后根据离心率的定义可得所求．
11.已知在正四棱柱（底面是正方形的直棱柱）中，，，点，，，在球上，球与的另一个交点为，且，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
连结，，易证得是矩形，则三棱柱是球的内接直三棱柱，∵，，∴，即，又，∴，，∴球的半径，球表面积为：，故选B.
12.已知关于的方程恰有四个不同的实数根，则当函数时，实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用导数判断的单调性和极值，得出方程的根分布情况，从而得出方程恰有四个不同的实数根等价于关于的方程在上有一个解，在上有一个解，利用二次函数的性质列不等式可求出的范围.
【详解】
，
令，解得或，
当或时，；当时，，
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
当时，函数取得极大值，
当时，函数取得极小值，
作出的大致函数图象如图所示，
令，则当或时，关于的方程只有一个解；
当时，关于的方程有两个解；
当时，关于的方程有三个解，
恰有四个零点，
关于的方程在上有一个解，
在上有一个解，
显然不是方程的解，
关于的方程在和上各有一个解，
，解得，
即实数的取值范围是，故选B.
【点睛】已知函数零点(方程根)的个数，求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，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，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问题 .
二、填空题
13.若直线上存在点满足约束条件，则实数的取值范围为_______．
【答案】
【解析】
试题分析：由题意，由，可求得交点坐标为，要使直线上存在点满足约束条件，如图所示，可得，则实数m的取值范围．
考点：线性规划．
14.某公司为确定明年投入某产品的广告支出，对近5年的年广告支出（单位：万元）与年销售额（单位：万元）进行了初步统计，如下表所示.
年广告支出/万元
2
4
5
6
8
年销售额/万元
30
40
50
70
经测算，年广告支出与年销售额满足线性回归方程，则的值为_____．
【答案】60
【解析】
【分析】
根据表中数据先求出的平均数，以及的平均数，再由回归直线必然过样本中心，即可求出结果.
【详解】由题意可得，，
又回归直线必过样本中心， ，
所以，解得.
故答案为60
【点睛】本题主要考查回归分析，熟记回归直线的特征即可，属于基础题型.
15.已知数列的前项和.若是中的最大值，则实数的取值范围是_____．
【答案】
【解析】
【分析】
先由求出，再由是中的最大值，即可求出结果.
【详解】因为，
所以当时，；
当时，也满足上式；
当时，，
当时，，
综上，；
因为是中的最大值，
所以有且，解得.
故答案为
【点睛】本题主要考查数列的概念以及简单表示法，熟记递推公式即可，属于基础题型.
16.如图，，分别是椭圆的左、右顶点，圆的半径为2，过点作圆的切线，切点为，在轴的上方交椭圆于点，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】
先连结，可得是边长为2的等边三角形，由此求出的方程，联立直线方程求出点横坐标，再由圆与直线相切于点，求出直线的方程，联立直线与椭圆方程求出点横坐标，最后由即可求出结果.
【详解】
连结，可得是边长为2的等边三角形，所以，
可得直线的斜率，直线的斜率为，
因此，直线的方程为，直线的方程为，
设，
由解得，
因为圆与直线相切于点，所以，因此，
故直线的斜率，因此直线的方程为，代入椭圆方程，消去得，解得或，
因为直线交椭圆于与点，设，可得，
由此可得.
故答案为
【点睛】本题主要考查椭圆简单性质，通常需要联立直线与椭圆方程，结和椭圆的性质求解，属于常考题型.
三、解答题
17.在中，角，，所对的边分别为，，，若，点在线段上，且，，.
（1）求角的大小；
（2）求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据，利用正弦定理可得，由两角和的正弦公式结合诱导公式可得
，从而得，进而可得结果；（2）设，，在中，在中，在中，结合，利用余弦定理列方程组求得，根据三角形面积公式可得结果.
【详解】（1）根据可得，
∴，
∴，∴，
即，∴.
又∵，∴.
（2）设，.
在中，由余弦定理可得.
在中，由余弦定理可得.
由于，故，
即，
整理可得.①
在中，由余弦定理可知.
代入①式整理可得.所以.
据此可知的面积 .
【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理以及三角形的面积的应用，属于中档题. 本题主要考查余弦定理及特殊角的三角函数，属于简单题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2）
，同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.
18.如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，，
（I）证明：平面平面；
（II）若， 三棱锥的体积为，求该三棱锥的侧面积.
【答案】（1）见解析（2）3+2
【解析】
试题分析：（Ⅰ）由四边形ABCD为菱形知ACBD，由BE平面ABCD知ACBE，由线面垂直判定定理知AC平面BED，由面面垂直的判定定理知平面平面；（Ⅱ）设AB=，通过解直角三角形将AG、GC、GB、GD用x表示出来，在AEC中，用x表示EG，在EBG中，用x表示EB，根据条件三棱锥的体积为求出x，即可求出三棱锥的侧面积.
试题解析：（Ⅰ）因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD，
因为BE平面ABCD，所以ACBE，故AC平面BED.
又AC平面AEC，所以平面AEC平面BED
（Ⅱ）设AB=，在菱形ABCD中，由ABC=120°，可得AG=GC=,GB=GD=.
因为AEEC，所以在AEC中，可得EG=.
由BE平面ABCD，知EBG为直角三角形，可得BE=.
由已知得，三棱锥E-ACD的体积.故=2
从而可得AE=EC=ED=.
所以EAC的面积为3，EAD的面积与ECD的面积均为.
故三棱锥E-ACD的侧面积为.
考点：线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力
【此处有视频，请去附件查看】
19.到2020年，我国将全面建立起新的高考制度，新高考采用模式，其中语文、数学、英语三科为必考科目，满分各150分，另外考生还要依据想考取的高校及专业的要求，结合自己的兴趣、爱好等因素，在思想政治、历史、地理、物理、化学、生物6门科目中自选3门（6选3）参加考试，满分各100分.为了顺利迎接新高考改革，某学校采用分层抽样的方法从高一年级1000名（其中男生550名，女生450名）学生中抽取了名学生进行调查.
（1）已知抽取的名学生中有女生45名，求的值及抽取的男生的人数.
（2）该校计划在高一上学期开设选修中“物理”和“地理”两个科目，为了解学生对这两个科目的选课情况，对在（1）的条件下抽取到的名学生进行问卷调查（假定每名学生在这两个科目中必须选择一个科目，且只能选择一个科目），得到如下列联表.
选择“物理”
选择“地理”
总计
男生
10
女生
25
总计
（i）请将列联表补充完整，并判断是否有以上的把握认为选择科目与性别有关系.
（ii）在抽取的选择“地理”的学生中按性别分层抽样抽取6名，再从这6名学生中抽取2名，求这2名中至少有1名男生的概率.
附：，其中.
0.05
0.01
3.841
6.635
【答案】(1) ，55人 (2) （i）见解析；（ii）
【解析】
【分析】
（1）根据题意可得求解即可得出的值，进而可得抽取的男生人数；
（2）
（i）根据题中数据先完善列联表，再由题中公式，求出的值，结合临界值表即可的结果；
（ii）先由题易知抽取的选择“地理”的6名学生中，有2名男生，分别记为，，4名女生，分别记为，，，；用列举法分别列举出“6名学生中随机抽取2名”和“其中至少有1名男生”所包含的基本事件，基本事件个数比即是所求概率.
【详解】解：（1）由题意得，解得，
则抽取的男生的人数为.
（2）（i）
选择“物理”
选择“地理”
总计
男生
45
10
55
女生
25
20
45
总计
70
30
100
则，
所以有以上的把握认为送择科目与性别有关系.
（ii）由题易知抽取的选择“地理”的6名学生中，有2名男生，分别记为，，4名女生，分别记为，，，.
从6名学生中随机抽取2名，有，，，，，，，，，，，，，，共15种情况，其中至少有1名男生的有，，，，，，，，共9种情况，
故所求概率为.
【点睛】本题主要考查分层抽样、独立性检验以及古典概型的问题，需要考生熟记分层抽样特征、独立性检验的思想、以及古典概型的计算公式，属于常考题型.
20.已知焦点在轴上的抛物线过点，椭圆的两个焦点分别为，，其中与的焦点重合，过点与的长轴垂直的直线交于，两点，且，曲线是以坐标原点为圆心，以为半径的圆.
（1）求与的标准方程；
（2）若动直线与相切，且与交于，两点，求的面积的取值范围.
【答案】(1) 的标准方程为.的标准方程为.(2)
【解析】
【分析】
（1）先由已知设抛物线的方程为，根据抛物线过点，即可求出抛物线方程，得出坐标，再由题意可得
，进而可求出椭圆方程；又曲线是以坐标原点为圆心，以为半径的圆，根据坐标坐标得出的值，即可写出圆的标准方程；
（2）先由直线与相切，得圆心到直线的距离为1，因此，根据题意分类讨论：当直线的斜率不存在和斜率存在两种情况，结合韦达定理和弦长公式，分别求出的范围即可.
【详解】解：（1）由已知设抛物线的方程为，
则，解得，即的标准方程为.
则，不妨设椭圆的方程为，
由，得，所以，
又，所以，，
故的标准方程为.
易知，所以的标准方程为.
（2）因为直线与相切，所以圆心到直线的距离为1.所以.
当直线的斜率不存在时，其方程为，易知两种情况所得到的的面积相等.
由，得.
不妨设，，则，
此时.
当直线的斜率存在时，设其方程为，
则，即.
由，得，
所以 恒成立.
设，，
则，.
所以.
令，则，
所以
，
令，则，
易知区间上单调递减，所以.
综上，的面积的取值范围为.
【点睛】本题主要考查圆锥曲线的综合，以及直线与圆锥曲线的位置关系，通常需要联立直线与曲线方程，结合韦达定理与弦长公式等求解，属于常考题型.
21.已知函数，.
（1）若关于的不等式对恒成立，求的取值范围.
（2）设函数，在（1）的条件下，试判断在区间上是否存在极值.若存在，判断极值的正负；若不存在，请说明理由.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）当时，在上不存在极值；当时，在上存在极值，且极值均为正．
【解析】
试题分析：（1）不等式恒成立问题，一般先利用变量分离转化为对应函数最值问题：的最大值，利用导数研究函数最值，易得在上单调递减，所以，因此，（2）即研究导函数的零点情况，先求导数，确定研究对象为，再求目标函数导数，确定单调性：先增后减，两个端点值都小于零，讨论最大值是否大于零，最后结合零点存在定理确定极值点个数.
试题解析：解：（Ⅰ）由，得．
即在上恒成立．
设函数，．
则．
∵，∴．
∴当时，．
∴在上单调递减．
∴当时，．
∴，即的取值范围是．
（Ⅱ），．
∴．
设，则．
由，得．
当时，；当时，．
∴在上单调递增，在上单调递减．
且，，．
据（Ⅰ），可知．
（ⅰ）当，即时，即．
∴在上单调递减．
∴当时，在上不存在极值．
（ⅱ）当，即时，
则必定，使得，且．
当变化时，，，的变化情况如下表：
-
0
+
0
-
-
0
+
0
-
↘
极小值
↗
极大值
↘
∴当时，在上的极值为，且．
∵．
设，其中，．
∵，∴在上单调递增，，当且仅当时取等号．
∵，∴．
∴当时，在上的极值．
综上所述：当时，在上不存在极值；当时，在上存在极值，且极值均为正．
注：也可由，得．令后再研究在上的极值问题．
点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.
22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程和的直角坐标方程；
（2）已知曲线的极坐标方程为，点是曲线与的交点，点是曲线与的交点，，均异于原点，且，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据曲线的参数方程，消去参数，即可得到的普通方程；由两边同时乘以，即可得到，进而可得的直角坐标方程；
(2)根据的直角坐标方程先得到其极坐标方程，将分别代入和的极坐标方程，求出和，再由，即可求出结果.
【详解】（1）由消去参数，得的普通方程为.
由，得，又，，
所以的直角坐标方程为.
（2）由（1）知曲线的普通方程为，
所以其极坐标方程为.
设点，的极坐标分别为，，
则，，
所以，
所以，即，
解得，
又，所以.
【点睛】本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化、以及参数方程与普通方程的互化，熟记公式即可，属于常考题型.
23.[选修4-5：不等式选讲]
已知函数.
（1）当时，求关于的不等式的解集；
（2）若当时，恒成立，求的最小值.
【答案】（1） ；（2）3.
【解析】
【分析】
时不等式化为，零点分段法去掉绝对值，化为不等式求解集即可；
时不等式恒成立，化为恒成立；画出与在上的图象，利用数形结合法求得k、b的取值范围，从而求得的最小值．
【详解】解:当时，不等式化为，
即，或，或；
解得，或，或；
综上，原不等式的解集为；
时，不等式恒成立，
可化为恒成立；
画出与的图象，如图所示：
由图象知当，且时，的图象始终在的上方，
，即最小值为这时，
【点睛】本题考查了零点分段法求绝对值不等式的解集，考查了不等式恒成立问题，也考查了数形结合思想的应用，是中档题．