2021届湖南省、河北省新高考联考高三上学期10月质量检测数学试题(教师版含解析)

2020~2021学年高三新高考10月质量检测数学一､选择题1.设集合，，则()A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】化简集合A，直接根据并集运算即可.【详解】，所以.故选：B2.命题“，”的否定是()A.， B.，C.， D.，【答案】B【解析】【分析】利用全称命题的否定变换形式即可求解.【详解】命题“，”，则命题的否定为：，≤1故选：B【点睛】本题考查了全称命题的否定形式，需熟记含有一个量词的否定变换形式，属于基础题.3.我们知道，人们对声音有不同的感觉，这与声音的强度有关系.声音的强度常用(单位：瓦/米2，即)表示，但在实际测量时，声音的强度水平常用(单位：分贝)表示，它们满足换算公式：(，其中是人们平均能听到的声音的最小强度).若使某小区内公共场所声音的强度水平降低10分贝，则声音的强度应变为原来的()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设该小区内公共场所声音的强度水平为，，相应声音的强度为，，代入可得选项.【详解】设该小区内公共场所声音的强度水平为，，相应声音的强度为，，由题意，得，即，解得.故选：C.【点睛】本题考查函数模型的应用，关键在于理解生活中的数据在数学应用中的表达，属于基础题.4.过点与圆相切的直线方程是()A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先验证点P与圆的关系，由圆的切线的性质可求得切线的斜率，由直线的点斜式方程可得选项.【详解】将点代入圆的方程得，所以点P在圆上，而，所以过点的切线斜率为，则所求切线方程为，即.故选：A.【点睛】本题考查圆的切线方程，关键在于由圆的切线的性质得出切线的斜率，属于基础题.5.已知函数，若函数有两个零点，则的取值范围是()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】作出函数的图象，根据数形结合的思想可得选项．【详解】由函数与的图象关于直线对称，可得的图象如图所示，所以当时，直线与函数的图象有两个交点.故选：D.【点睛】本题考查函数的零点问题之求参数的范围，常采用数形结合的思想，属于中档题．6.张衡(78年~139年)是中国东汉时期伟大的天文学家､文学家､数学家.他的数学著作有《算罔论》，他曾经得出结论：圆周率的平方除以十六等于八分之五.已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点，，若线段的最小值为，利用张衡的结论可得该正方体的外接球的表面积为()A.30 B. C. D.36【答案】C【解析】【分析】设正方体的棱长为，正方体的内切球半径为，正方体的外接球半径，再已知条件和球的表面积公式可得选项.【详解】设正方体的棱长为，正方体的内切球半径为，正方体的外接球半径满足：，则.由题意知：，则，，该正方体的外接球的表面积为，又因为圆周率的平方除以十六等于八分之五，即，所以，所以外接球的表面积为.故选：C.【点睛】本题考查正方体的外接球，内切球的相关计算，以及数学文化，属于中档题.7.已知双曲线的左､右焦点分别为，，过的直线分别交双曲线的两条渐近线于点，两点.若点是线段的中点，且，则()A.1 B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】根据已知条件判断出双曲线渐近线的倾斜角为，由此求得的值.【详解】因为是的中位线，所以，又由，得，从而是等腰三角形，而，所以，即渐近线的倾斜角为，因此.故选：D8.已知定义在上的函数，都有，且函数是奇函数，若，则的值为()A. B.1 C. D.【答案】D【解析】【分析】利用函数是奇函数和可得函数的周期为2，然后可得，然后再结合条件可得出结果.【详解】因为函数是奇函数，所以，又，所以，所以，所以函数的周期为2，所以.因为，所以，所以.故选：D二､多选题9.已知，，则下列不等式成立的是()A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根据不等式的基本性质，可判定A、B正确，根据指数函数和幂函数的单调性，可判定C错误，D正确.【详解】由，，根据不等式的性质，可得，所以A是正确的；由，，可得，则，可得，所以B正确；取，，则，从而，所以C错误；由幂函数，在上是增函数，则由，即得，则D正确.故选：ABD.【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质，以及幂函数的单调性的应用，其中解答中熟记不等式的基本性质，以及合理应用幂函数的单调性进行比较是解答的关键，着重考查推理与运算能力.10.已知函数，则下列结论正确的是()A.的最小正周期为 B.的图象关于直线对称C.在单调递增 D.的最小值为【答案】ABD【解析】分析】由正弦函数的周期公式可判断A；代入得函数有最小值，可判断B；由得，可判断C；根据三角恒等变换可判断D.【详解】∵的周期为，故A正确；∵时，，此时有最小值，图象关于对称，B正确；∵时，，∴在上不单调，C错误；∵，故D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查正弦函数的周期性、单调性、对称性、以及最值，属于基础题.11.朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.现有100根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是()A.4 B.5 C.7 D.8【答案】BD【解析】【分析】依据题意，根数从上至下构成等差数列，设首项即第一层的根数为，公差即每一层比上一层多的根数为，设一共放层，利用等差数列求和公式，分析即可得解.【详解】依据题意，根数从上至下构成等差数列，设首项即第一层的根数为，公差为，设一共放层，则总得根数为：整理得，因为，所以为200的因数，且为偶数，验证可知满足题意.故选：BD.【点睛】关键点睛：本题考查等差数列的求和公式，解题的关键是分析题意，把题目信息转化为等差数列，考查学生的逻辑推理能力与运算求解能力，属于基础题.12.在正方体中，，，分别为，，的中点，则()A.B.平面C.异面直线与所成角的余弦值为D.点到平面的距离是点到平面的距离的2倍【答案】BCD【解析】【分析】由，与不垂直，由此可判断A；取的中点，连接，，由条件可知：，，根据线面平行的判定和面面平行的判定和性质可判断B；异面直线与所成的角为或其补角，求解三角形可判断C；连接，与交于(也是与平面的交点)，连接，设点与点到平面的距离分别为，，由平面几何的性质可判断D.【详解】由于，而与不垂直，因此异面直线与不能垂直，则A错误；取的中点，连接，，由条件可知：，，所以平面，平面，又，，所以平面平面，又因为平面，所以平面，则B正确；异面直线与所成的角为或其补角，设正方体的棱长为2，则，，由余弦定理知，则C正确；对于D，连接，与交于(也是与平面的交点)，连接，设点与点到平面的距离分别为，，则，所以点到平面的距离是点到平面的距离的2倍，则D正确.故选：BCD．【点睛】本题考查空间中的线线垂直的判断，线面平行，面面平行的判定和性质，以及异面直线所成的角，点到面的距离，属于中档题．三､填空题13.在中，，，则的大小为______.【答案】【解析】【分析】先求得，然后判断三角形是等边三角形，由此求得.【详解】由题意，得.因为，所以为正三角形，从而.【点睛】本小题主要考查向量坐标、模的运算，属于基础题.14.已知，，且，则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】由已知条件得出，再将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.【详解】由，得，则，当且仅当，时等号成立.因此，的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查利用的应用求代数式的最值，考查计算能力，属于基础题.15.摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，稳坐于永乐桥之上的“天津之眼”作为世界上唯一一座建在桥上的摩天轮，其巧夺天工和奇思妙想确是当之无愧的“世界第一”.如图，永乐桥摩天轮的直径为，到达最高点时，距离地面的高度为，能看到方圆以内的景致，是名副其实的“天津之眼”.实际上，单从高度角度来看，天津之眼超越了曾大名鼎鼎的伦敦之眼而跃居世界第一.永乐桥摩天轮设置有48个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周大约需要.游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转到后距离地面的高度为，则转到后距离地面的高度为______，在转动一周的过程中，关于的函数解析式为______.

【答案】(1).(2).，.【解析】分析】借助三角函数模型，设，以轴心为原点，与地面平行的直线为轴，建立直角坐标系，由直径求出，初始位置求出，角速度求出，直径和最高点离地高度求出，即可求解【详解】如图，设座舱距离地面最近的位置为点，以轴心为原点，与地面平行的直线为轴，建立直角坐标系.设时，游客甲位于点，以为终边的角为；根据摩天轮转一周大约需要，可知座舱转动的角速度约为，由题意可得，.当时，.故答案：；，【点睛】本题考查三角函数模型在实际生活生的应用，属于中档题16.已知经过点的直线与抛物线相交于，两点，点，且，则的面积为______.【答案】【解析】【分析】设直线，联立，由，利用韦达定理求得，然后再求得点到的距离及弦长求解.【详解】设直线，设点，，联立，得，则，，则，.由题意知，所以，展开并代入化简得，所以，所以的方程为，点到的距离为，，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系研究三角形面积问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.四､解答题17.在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并进行解答.在中，角，，的对边分别为，，，若，，______，求的面积.【答案】条件选择见解析，面积为【解析】分析】选择条件①：由正弦定理可得，结合三角恒等变换可得，再由三角形面积公式即可得解；选择条件②：由正弦定理得，再由余弦定理可得，结合三角形面积公式即可得解；选择条件③：由正弦定理结合三角恒等变换可得，进而可得，再由三角形面积公式即可得解.【详解】选择条件①：因为，所以，所以，因为，所以，所以，，所以；选择条件②：因为，所以，即，所以，，因为，所以，所以；选择条件③：因为，由正弦定理可得，所以，即，所以，因为，所以，所以，即，因为，所以，所以.【点睛】解决本题的关键是利用正弦定理、余弦定理对条件进行转化，求得角度后再由三角形面积公式即可得解.18.已知等比数列的公比大于1，且满足，.(1)求的通项公式；(2)记，求数列的前项和.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】(1)设的公比为，依题意得到方程组，解得即可；(2)由(1)知，所以，从而，再利用错位相减法求和即可；【详解】解：(1)设的公比为，因为，所以，两式相除，得，整理得，结合，解得，所以，所以.(2)由(1)知，所以，从而，所以，①两边同乘以3，得，②由①-②，得，所以.【点睛】本题考查等比数列基本量的计算，错位相减法求和，属于中档题.19.已知函数在处有极值.(1)求的值，并判断是的极大值点还是极小值点？(2)若不等式对于任意的恒成立，求的取值范围.【答案】(1)，是的极大值点；(2).【解析】分析】(1)由可得，然后，可判断出答案；(2)条件转化为对于一切恒成立，记，然后利用导数求出的最大值即可.【详解】(1)由，得，由题意，得，即，解得.当时，，由，得，结合，解得.当时，；当时，，∴是的极大值点.(2)本题等价于对于一切恒成立.记，则，.由，得，所以，即，∴.从而在上是减函数，∴，故【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立问题，可按如下规则转化：(1)若恒成立，则；(2)若恒成立，则.20.如图，在梯形中，，，平面，四边形为矩形，点为线段的中点，且，.(1)求证：平面平面；(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】(1)依题意可得、，即可得到平面，即平面，再根面面垂直的判定定理即可得证；(2)以为坐标原点，分别以直线，，为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；【详解】(1)证明：在梯形中，，，，所以，，又，所以，所以，所以，所以.又平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，即平面.又平面，则平面平面.(2)解：由(1)知，，两两垂直，所以以为坐标原点，分别以直线，，为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，因为，，，所以，所以，，，所以，.设为平面的一个法向量，由，得，解得，取，则.因为是平面的一个法向量，设平面与平面所成锐二面角为，所以.【点睛】本题考查面面垂直的证明，空间向量在立体几何中的应用，考查空间想象能力及计算能力，属于中档题.21.已知椭圆的左､右焦点分别为，，且，设是上一点，且，.(1)求椭圆的方程；(2)若不与轴垂直的直线过点，交椭圆于，两点，试判断在轴的负半轴上是否存在一点，使得直线与斜率之积为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)存在，定点.【解析】【分析】(1)由，求得，根据椭圆的定义求得，结合，求得，，即可得到椭圆的方程；(2)设的方程为，联立方程组，求得，结合斜率公式化简，得到当时，为定值.【详解】(1)设椭圆的焦距为，则，可得，由椭圆的定义，得，可得，所以，即，又由和，解得，，所以椭圆的方程为.(2)由已知直线过点，设的方程为，联立方程组，消去并整理得，设，，则，所以，.又直线与斜率分别为，，则.因为，所以当时，，.所以在负半轴上存在定点，使得直线与斜率之积为定值.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直