江苏省扬州市2021届新高考第一次大联考数学试卷含解析

1、江苏省扬州市2021届新高考第一次大联考数学试卷一、选择题：本题共 12小题，每小题5分，共60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。22.21 .函数f x x x 1 x 4的图象可能是（）先判断函数y f x的奇偶性，以及该函数在区间0,1上的函数值符号，结合排除法可得出正确选项【详解】.222222函数y f x的定义域为R, f x x x 1 x 4 xx1x4 fx,该函数为偶函数，排除 B、D选项；当0 x 1时，f x x2 x2 1 x2 4 0 ,排除C选项.故选：A.【点睛】本题考查根据函数的解析式辨别函数的图象，一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性

2、、零点以及函数值 符号，结合排除法得出结果，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题2 .某工厂只生产口罩、抽纸和棉签，如图是该工厂2017年至2019年各产量的百分比堆积图 （例如：2017年该工厂口罩、抽纸、棉签产量分别占40%、27%、33%）,根据该图，以下结论一定正确的是（）A. 2019年该工厂的棉签产量最少B.这三年中每年抽纸的产量相差不明显C.三年累计下来产量最多的是口罩D 口罩的产量逐年增加【答案】C【解析】【分析】根据该厂每年产量未知可判断A、 B、 D 选项的正误，根据每年口罩在该厂的产量中所占的比重最大可判断 C 选项的正误.综合可得出结论.【详解】由于该工厂2017年

3、至 2019年的产量未知，所以，从2017年至 2019年棉签产量、抽纸产量以及口罩产量的变化无法比较，故A、 B、 D 选项错误；由堆积图可知，从2017年至2019年，该工厂生产的口罩占该工厂的总产量的比重是最大的，则三年累计下来产量最多的是口罩，C 选项正确.故选： C.【点睛】本题考查堆积图的应用，考查数据处理能力，属于基础题.3已知不同直线l 、 m 与不同平面、 ，且 l ， m ，则下列说法中正确的是（）A.若/ ，则lmB.若，则lmC.若l ，则D.若，则m【答案】C【解析】【分析】根据空间中平行关系、垂直关系的相关判定和性质可依次判断各个选项得到结果对于A,若/ ,则l,m

4、可能为平行或异面直线，A错误;对于 B ，若，则 l , m 可能为平行、相交或异面直线，B 错误；对于 C ，若 l ，且 l ，由面面垂直的判定定理可知， C 正确；对于 D ，若，只有当m 垂直于, 的交线时才有m ， D 错误 .故选： C .【点睛】本题考查空间中线面关系、面面关系相关命题的辨析，关键是熟练掌握空间中的平行关系与垂直关系的相 关命题 .4.已知mR,复数Zl1 3i , Z2 m 2i ,且4马为实数，则m2A. 一3【答案】BB.C. 3D. -3【解析】【分析】把z2 m2i和Zi3i代入ZiZ2再由复数代数形式的乘法运算化简，利用虚部为因为乙Z23i2i m3m

5、 2i为实数，所以3m0,解得本题考查复数的概念,考查运算求解能力5.复数1 2iA. iB. 1 iC.D.试题分析:2i(1 2i)(2 i)(2 i)(2 i)4i 25i ,故选A.【考点】复数运算加减运算类似于多项式的合并【名师点睛】复数代数形式的四则运算的法则是进行复数运算的理论依据, 同类项，乘法法则类似于多项式的乘法法则，除法运算则先将除式写成分式的形式，再将分母实数化6.如图所示，网格纸上小正方形的边长为 1,粗线画出的是某几何体的三视图，其中左视图中三角形为等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积是（B.323D.20.53八 64.2C.3作出三视图所表示几何体的直观图，可

6、得直观图为直三棱柱，并且底面为等腰直角三角形，即可求得外接球的半径，即可得外接球的体积 .【详解】如图为几何体的直观图，上下底面为腰长为J2的等腰直角三角形，三棱柱的高为 4,其外接球半径为r 2亚，所以体积为v 4242 3处巨.33故选：C【点睛】本题考查三视图还原几何体的直观图、球的体积公式，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意球心的确定.7.阅读名著，品味人生，是中华民族的优良传统.学生李华计划在高一年级每周星期一至星期五的每天阅读半个小时中国四大名著：红楼梦、三国演义、水浒传及西游记，其中每天阅读一种，每种至少阅读一次，则每周不同的阅读计划共有()A. 120 种B. 240

7、种C. 480 种D. 600 种【答案】B【解析】【分析】首先将五天进行分组，再对名著进行分配，根据分步乘法计数原理求得结果【详解】将周一至周五分为 4组，每组至少1天，共有:c；c；c210种分组方法;将四大名著安排到 4组中，每组1种名著，共有： A4 24种分配方法;由分步乘法计数原理可得不同的阅读计划共有：10 24 240 种本题正确选项：B【点睛】本题考查排列组合中的分组分配问题，涉及到分步乘法计数原理的应用，易错点是忽略分组中涉及到的平 均分组问题8.如图所示的 数字塔”有以下规律：每一层最左与最右的数字均为2,除此之外每个数字均为其两肩的数字之积，则该 数字塔”前10层的所有

8、数字之积最接近lg2 0.3 ()2 22 4 22 H 8 22 16 64 16 2300400500600A. 10B. 10C. 10D. 10【答案】A【解析】【分析】结合所给数字特征，我们可将每层数字表示成2的指数的形式，观察可知，每层指数的和成等比数列分布,杨辉三角”，前10层的指数之和为结合等比数列前n项和公式和对数恒等式即可求解如图，将数字塔中的数写成指数形式，可发现其指数恰好构成2910102310231g23001 2 2221 1023 ,所以原数子塔中刖10层所有数子之积为 21010 .42 2 221 2 2 72 4 7b 2*2?故选：A【点睛】本题考查与 杨

9、辉三角”有关的规律求解问题，逻辑推理，等比数列前n项和公式应用，属于中档题9.在满足0 x y 4,Xiyiy的实数对x,yi(i 1,2,n,)中，使得xX2Xn 1 3xn成立的正整数n的最大值为()A. 5B. 6C. 7D. 9【答案】A【解析】【分析】y.x ln xiln yln t由题可知：0 xiyi 4,且xj yj可得 ,构造函数h t 0 t 4求导，通过导xiyit函数求出h t的单调性，结合图像得出tmin 2,即2 xi e得出3xn 3e,从而得出n的最大值.【详解】因为0 xi y 4, xj yj则 In XiyiIn yxi ,即 yx In 为 为 In

10、y整理得XiIn yi人,，令t为 小，In t t 1t t1 1nti lnt,t2t20,则 0 t0,e上单调递增，在e,4上单调递减，则因为XiyiXi由题可知:1, In 4时，则 4tmine,所以2 xiyi4,当Xn无限接近e时,满足条件，所以所以要使得X1x2L Xn 1 3xn3e 8.154故当X1X2X3X4 2时，可有 Xi X2 X3 X48 8.154,5,所以：n最大值为5.故选：A.本题主要考查利用导数求函数单调性、极值和最值，以及运用构造函数法和放缩法，同时考查转化思想和解题能力.10.已知函数f(X)2xte(t 2)eXx ( t 0),若函数f(X)

11、在XR上有唯一零点,则t的值为()A. 1B.C. 1 或 0D. 2 或 0求出函数的导函数，当t0时，只需f(1ln t) 0 ,即 In t - t0,令 g(t) lnt1 ，-1 ,利用导数求 t其单调区间，即可求出参数t的值，当0时，根据函数的单调性及零点存在性定理可判断;解：: f (x) te2X (t 2)eX x (t0),_2xxf (x) 2te (t 2)e1xxte 1 2e 1 , 当 t 0 时，由 f (x) 0 得 x则f(x)在,lnt上单调递减，在In t,上单调递增,所以f ( lnt)是极小值，只需f( lnt) 0,rr1即 lnt - 1 0.令

12、 g(t)1.11lnt - 1 ,则 g (t) - 0 , 函数 g(t)在(0, tt t)上单调递增. g(1) 0 , . t 1;当t 0时，f (x)2ex x,函数f(x)在R上单调递减,函数f(x)在R上有且只有一个零点，t的值是1或0.故选：Cf (1) 2e 1 0, f ( 2) 2 2e 2 0 ,【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点问题，零点存在性定理的应用，属于中档题11.已知抛物线y2 2Px(p 0), F为抛物线的焦点且 MN为过焦点的弦，若|OF| 1, |MN| 8,则VOMN的面积为()A. 2&B. 3五【答案】A【解析】【分析】C. 472D.根

13、据|OF | 1可知y2 4x,再利用抛物线的焦半径公式以及三角形面积公式求解即可【详解】由题意可知抛物线方程为 y2 4x,设点M x,y1点N x2,y2 ,则由抛物线定义知，MN | |MF | | NF | x1 x2 2,|MN | 8则 x1 x2 6.t 22,2,22由 y4x 得 y4xi ,y24x2 贝Uyy224.又MN为过焦点的弦，所以yy24 ,则| y2 y1| &一y2 2yly2 4后,所以Svomn 21 OF | y2 y 2 21 .故选：A【点睛】本题考查抛物线的方程应用，同时也考查了焦半径公式等.属于中档题.212.已知数列 an是公比为2的正项等比

14、数列，若 am、an满足2an am 1024an,则m 1 n的最小值为(A. 3B. 5C. 6D. 10【答案】B【解析】【分析】利用等比数列的通项公式和指数哥的运算法则、指数函数的单调性求得1 m n 10再根据此范围求2m 1 n的最小值.【详解】Q数列an是公比为2的正项等比数列，am、an满足2an am 1024an,由等比数列的通项公式得2a12n1 a12m 11024al2n 1 ,即2n2m 12n9，2 2m n 210，可得1 m n 10,且m、n都是正整数，,2求 m 1 n的最小值即求在1 m n 10,且m、n都是正整数范围下求 m 1最小彳1和n的最小值,

15、讨论m、n取值.22当m 3且n 1时，m 1n的最小值为 3 11 5.故选：B.【点睛】本题考查等比数列的通项公式和指数哥的运算法则、指数函数性质等基础知识，考查数学运算求解能力和分类讨论思想，是中等题.二、填空题：本题共 4小题，每小题5分，共20分。13.在 ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若 2cosA bcosC ccosB a JT3 , ABC 的面积为 3 J3 ,则 A , b c .【答案】-73【解析】【分析】1由已知及正弦定理，三角函数恒等变换的应用可得2cosAsinA sin A,从而求得,1A -cos A -,结合范围A 0,即可得到答案22

16、运用余弦定理和三角形面积公式，结合完全平方公式，即可得到答案【详解】1由已知及正弦定理可得2cos A sin BcosC sinCcosB sin A,可得： 2cosAsin B C sin A1斛信 2cosAsinA sinA,即 cos A 2Q A 0,A 一32由面积公式可得：3，3 -bcsin A Y3bc,即bc 12 24由余弦定理可得：13 b2 c2 2bccosA1,22即有 13 b c 3bc b c 36解得b c 7【点睛】本题主要考查了运用正弦定理、余弦定理和面积公式解三角形，题目较为基础，只要按照题意运用公式即可求出答案14.设数列an为等差数列，其前n

17、项和为Sn,已知a a4a799 , a2 a5 a8 93 ,若对任意 n N都有Sn Sk成立，则k的值为【答案】20由已知条件得出关于首项和公差的方程组，解出这两个量,计算出Sn ,利用二次函数的基本性质求出Sn的最大值及其对应的 n值，即可得解.设等差数列an的公差为d ,由a2Sn na1n n 1 d 39n n n所以，当n20时，Sn取得最大值,a,a5a?3al3al40n9d9912d,解得932n 20对任意n N*都有Sn Sk成立，则Sk为数列Sn的最大值，因此,a1 39d 2400.k 20.故答案为：20.本题考查等差数列前 n项和最值的计算，一般利用二次函数的

18、基本性质求解，考查计算能力，属于中等题.15. (5分)在平面直角坐标系 xOy中，过点(0,2)作倾斜角为135的直线l ,已知直线l与圆x2 y2 2x 0相交于A,B两点，则弦 AB的长等于 .【答案】.2【解析】【分析】 【详解】方法一：依题意，知直线l的方程为yx tan1352x 2,代入圆的方程化简得x23x20，解得 X 1 或 2,从而得 A(1,1),B(2,0)或 A(2,0), B(1,1),则 | AB| 川 2)2 (1 0)2方法二：依题意，知直线l的方程为yx tan1352x 2,代入圆的方程化简得x23x20，设A(x1，y1)，B(x2, y2),则 X

19、x2 3,xx2 2,故 |AB| J1 ( 1)2(xx2)2 4咯J2 .方法三：将圆的方程配方得(x 1)2 y2 1,其半径r 1,圆心(1,0)到直线l ：x y 2 0的距离d ?2 212* 则 |AB| 2尸丁 衣.22 一16.双曲线y x 1的焦点坐标是 ,渐近线方程是 .【答案】(0, ,2) y x【解析】【分析】通过双曲线的标准方程，求解 c, b,即可得到所求的结果. a【详解】由双曲线y2 x2 1 ,可得a 1 , b 1 ,则c J2,所以双曲线的焦点坐标是(0,扬,渐近线方程为：y x.故答案为：(0, J2) ； y x.【点睛】本题主要考查了双曲线的简单

20、性质的应用，考查了运算能力，属于容易题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。x 3 t cos17 .在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数).以坐标原点为极点，x轴正y 2 t sin半轴为极轴建立极坐标系，圆 C的极坐标方程为2cos(1)求直线l和圆C的普通方程;(2)已知直线l上一点M (3,2),若直线l与圆C交于不同两点MAMB的取值范围.【答案】(1) xsin y cos 2cos 3sin 0, x22x0； (2)2,7114.2MAMB分析：(1)用代入法消参数可得直线的普通方程，由公式cos2y可化极坐标方程为直角坐标方程;xt的绝

21、对值表示直线上对应点到M的距(2)把直线l的参数方程代入曲线 C的直角坐标方程，其中参数离，因此有MAMBt2 ,直接由韦达定理可得式 0,这样可得满足的不等关系,由此可求得1MAMA1MBMB,注意到直线与圆相交，因此判别的取值范围.3 tcos2 tsinx详解：(1)直线l的参数方程为y普通方程为xsin ycos 2cos3sin0,-xx x_将Jxy ,cos 一代入圆C的极坐标方程2cos中,可得圆的普通方程为 x2 y2 2x 0,(2)解：直线l的参数方程为x 3 tcosc c代入圆的方程为x y 2x 0可得:y 2 tsin2t 4cos 4sin t 7 0(*),4

22、 cos sin -2 7,且由题意t1 t211|ma| |mb t21ma| |mb| Ma| |mb|卜1t2|因为方程(*)有两个不同的实根，所以4 .-sin cos .7216 cos sin 28 0,即sincos又 sin cos 2sin 一4所以sin cos因为sincos应，所以4sin cos所以2.711MA1MB4.21点睛:(1)参数方程化为普通方程，一般用消参数法,而消参法有两种选择:是代入法，二是用公式2 coscos(2)极坐标方程与直角坐标方程互化一般利用公式sin ；22y(3)过P(xo, yo)的直线l的参数方程为xotcosV。tsin(t为参

23、数)中参数t具有几何意义：直线上任M对应参数t,则PM18.已知等差数列an满足a3 7a726.(l)求等差数列 an的通项公式;，、1(2)设 cn ,nanan 1Cn的前n项和Tn .试题分析:(2)由(试题解析:所以(2)所以 an 2n；(2)Tnn6n 9(1)设等差数列 an满的首项为a1,公差为d，代入两等式可解 a1,d。c ,1111) an 2n 1,代入得 cn -一-2 2n 1 2n一,所以通过裂项求和可求得 3Tn。(1)an 3 2因为cncn设等差数列的公差为d ,则由题意可得2n 1.anan2n 12n 112n 3所以Tn2n 1 2n 3a12al2

24、d10d7 科,解得26 d12n 3n6n 92219.如图，己知圆1:x2 y r r2(r 0)和双曲线 2: x2、1(b 0),记i与y轴正半轴、2bx轴负半轴的公共点分别为 A、B,又记i与2在第一、第四象限白公共点分别为 C、D.(1)若r = 2 ,且B恰为2的左焦点，求 2的两条渐近线的方程；uur uur(2)若r = 2,且AC AD (m, 5),求实数 m的值；(3)若B恰为2的左焦点，求证：在x轴上不存在这样的点P,使得PA |PC 2.019.【答案】(1) yV2x; (2) m J10 2c J0 2二：(2)见解析.2【解析】【分析】(1)由圆的方程求出 B

25、点坐标，得双曲线的 c,再计算出b后可得渐近线方程；(2)设C(Xi, y) D(x2,y2),由圆方程与双曲线方程联立，消去x后整理，可得 y y2 ,uur uuruuir uuurPC PD (x1 x2,y1 y2 6),由AC AD (m, 5)先求出b,回代后求得C,D坐标，计算 m x1 x2;23 2(3)由已知得b2 -r2 1,设C(x,y1), D(x2,y2),由圆方程与双曲线方程联立，消去x后整理，可解42222得y1 ”, V2，求出x2当143 1,从而可得AC 2,由|PA |PC |AC 2,r3rb r可知满足要求的P点不存在.【详解】(1)由题意圆方程为

26、x2(y 1)24,令 y 0得 xJ3 , B( J3,0),即 c J3, . bJc2 a2 JT7收，a1, 渐近线方程为y J2x.(2)由(1)圆方程为 x2 (y 1)2 4, A(0,3),x2 (y 1)2 4设 C(x1,y1)，D(x2,y2),由 2 y2得，(b2 1)y2 2b2y 2b2 0(*),X上T 1yiuuurACuuurAD (% 3)3)(Xi X2，Viy2 6) (m, 5),_ 2b2所以% y2 65,即 f-b2 1方程(*)为2y2 2y 2 0 ,即1 0, y1一巨，代入双曲线方程得2X2 110 2展4， C,D在第一、四象限，二.

27、 X,10 2 510 2 55m X1 X210 2 510 2 53(3)由题意 A(0,-r),B(r,0) , c23r, b22设 C(xi, yi), D(X2,y2)2X由2X得:0,(12 2b )yrbb20,由b22X12Yl b2所以ACPAy_b2rb2b40,2b2r2b23rAC2,PC4b21，r23 2X1(y12r)AC2X1(空r3、22r)2X14(b23 22 r )42r4b2-2 r4,2r2,当且仅当P,A,C三点共线时，等号成立,x轴上不存在点P，使得PAPC2.019.本题考查求渐近线方程，考查圆与双曲线相交问题.考查向量的加法运算，本题对学生

28、的运算求解能力要 求较高，解题时都是直接求出交点坐标.难度较大，属于困难题.20 .如图所示，已知正方形 ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直， AB = J2 , AF = 1, M是线段EF的中点.aii求证：(1)AMBl平面BDE ;（2）AM，平面BDF.【答案】（1）见解析（2）见解析连结NE.（1）建立如图所示的空间直角坐标系，设ACA BD = N,则 N -2-2,0，E（。,0, i), a(T2, V2, 0),uuu NE =uuu NE =uuuu L AM且NE与AM不共线.NE /AM. NE平面BDE , AM平面AM / 平面BDE.uuuir，AMuuu

29、u(2)由(1)知 am =. D(夜，0, 0),FJ2uur1）， , DF =（0，72，1），uuur uuirAM DF =0，AM，DF.同理 AM BF.又 DFA BF = F,AM，平面BDF.3sin Csin B3sin2 A 4,2 sin Bsin C3sin B21 .己知 MBC的内角A, B,C的对边分别为a,b, c.设sin C(1)求tan A的值;（2）若 2sinB3sin C，且 Smbc的值.【答案】（1）互4(2) 273【解析】【分析】（1）由正弦定理将3sin B 3sin Csin Csin B3sin2 Asin B sin C4x/2,

30、转化3b 3cc b即3b23c2 3a2 4/2bc,由余弦定理求得 cos A,再由平方关系得sin A再求解.(2)由 2sinB1 .-bcsin A 2J2 再求解.2 3c3sin C，仔 b 2J2，络口 S abc 【详解】(1)由正弦定理，得3b至曳4点, c b bc即3b2 3c2 3a2 4亚c,则 W 鸟 cosA，而 sin2 A2 、 cos A(0,),解得 sin A故 tan Asin AcosA(2)因为、,2sinB3sinC，则 b3c后1-因为 Sabc 2J2,故一bcsin a 2也, 23c2 1,2 3解得c 2.2，故b 6,则 a Jb2

31、 c2 2bccosA J36 8 2 6 2丧 2 20【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式， 考查运算求解能力以及化归与转化思想,属于中档题22 .已知函数 f(x) aex x2.(1)若曲线f(x)存在与y轴垂直的切线，求a的取值范围(2)当 a 1 时，证明：f(x1 x (x2.，2一，【答案】(1) a, (2)证明见解析 e【解析】(1) f (x)aex 2x 0在x R上有解，a2x , 、 2x,设g(x) ,求导根据函数的单调性得到最值,ee得到答案.3 2x 23 2(2)证明 f (x) 1 x -x ,只需证 e x 1 x y ,记 h(x)ex 1x2 x 1,求导得到函数2的单调性，得到函数的最小值，得到证明【详解】(1)由题可得，f (x) aex 2x 0在