2021届百师联盟高三上学期一轮复习联考(四)全国卷-I-数学(文)试题(解析版)

试卷第=page22页，总=sectionpages44页第Page\*MergeFormat1页共NUMPAGES\*MergeFormat6页2021届百师联盟高三上学期一轮复习联考（四）全国卷I数学（文）试题一、单选题1．已知复数满足，其中是虚数单位，则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】D【分析】由复数除法化复数为代数形式后可得对应点的坐标，得其所在象限．【详解】，所以在复平面对应的点位于第四象限，故选：D．2．已知集合，集合，则（）A． B． C． D．【答案】D【分析】先利用一元二次不等式的解法化简集合A，再利用补集运算求解.【详解】或，所以，故选：D3．若，则的值为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知结合可得，再由诱导公式即可求出.【详解】因为，结合，解得，因为，所以，即，故选：C.4．等差数列的前项和为，且满足，则（）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用等差数列的性质求得，再由求解.【详解】由等差数列的性质得，，解得，所以故选：C5．若正整数除以正整数后的余数为则记为，例如.如图程序框图的算法源于我国古代闻名中外的《中国剩余定理》.执行该程序框图，则输出的等于（）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据程序框图，模拟执行即可得解；【详解】解：初始值.，不满足模余；，不满足模余；，满足模余，满足模余.输出.故选：.6．已知命题:存在实数，对任意实数使得恒成立；:若函数为偶函数，则函数的图象关于直线对称，则下列命题为假命题的是（）A． B．C． D．【答案】D【分析】取可判断命题为真命题，根据偶函数的性质可得命题为假命题，即可依次判断各个选项正误.【详解】对命题，取，则恒成立，所以命题为真命题；对命题，因为函数为偶函数，即，用替换得，，故关于直线对称，所以命题为假命题，则为真命题，为真命题，为真命题，为假命题.故选：D.7．已知过点的直线与椭圆交于两点，且满足则直线的方程为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，直线斜率为，根据，即点为中点，由，利用点差法求解.【详解】设，直线斜率为，则有，①-②得，因为，所以点为中点，则，，即，所以直线的方程为，整理得故选：D8．设，则（）A． B．C． D．【答案】C【分析】先利用对数性质判断的范围，再利用作商法和作差法比较三式的大小即可.【详解】，所以，，.因为，所以；因为，所以；因为，则，所以.综上，.故选：C.9．已知动点A在圆上运动，当过点A可作圆的切线时，设切点为，则的最大值为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】先确定点A的活动区域，再根据相切垂直知最大时最大，利用三点共线时求得最值即可.【详解】如图所示，圆与圆交于，依题意点A只能在圆上、圆外的弧上，圆心在圆上，圆半径为1，圆半径为.切点为，则，故，故当三点共线时最大为2，此时最大，为故最大值为.故选:B.10．设函数的图象为，则下列结论中正确的个数有（）①图象关于直线对称；②图象关于点中心对称；③图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到；④函数在上单调递增.A． B． C． D．【答案】B【分析】求出的值域和可判断①；求出可判断②；根据函数图象平移规律可判断③；求出的单调递增区间可判断④.【详解】因为，所以，所以，当时，，故①正确；当时，，所以②错误；函数的图象向左平移个单位长度得到的函数为，所以③错误；的单调递增区间为，解得，当时单调递增区间为，而，所以④正确.故选：B.【点睛】本题考查了三角函数的性质，解题的关键点是要熟练掌握三角函数的有关性质和运算，考查了学生的转化能力.11．已知函数，若函数在上恒有两个零点，则实数的取值范围为（）A． B．或C．或 D．【答案】B【分析】作出和的简图，要使函数在上恒有两个零点，函数与的图像有两个交点，通过对的讨论转化求解即可.【详解】作出和，如图所示，要使函数在上恒有两个零点，即函数与的图象有两个交点，易知当时，满足题意；当时，有三个交点，不满足题意；当时，考虑与相切时，设切点坐标为，所以，解得，所以当时，有两个交点，满足题意；当时，有四个交点，不满足题意；当时，无交点，不满足题意综上，实数的取值范围为或，故选.【点睛】思路点睛：函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．12．已知的三个顶点均在球心为的球面上，若球心到平面的距离为则该球的体积为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】在中，由余弦定理知，求得，利用正弦定理，求得的外接圆半径的，再结合球的截面的性质，即可求解.【详解】在中，因为，由余弦定理知，所以，设的外接圆半径为，则由正弦定理知，所以设球的半径为，可得，所以球体积.故选：D.【点睛】解决与球有关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球半径的方程，并求解.二、填空题13．若是两个不共线的向量，已知，若三点共线，则_________.【答案】1【分析】先利用向量的差计算，再根据三点共线设，构建关系解出即可.【详解】由题意知，，因为三点共线，故可设，即，故，解得.故答案为：.14．若满足约束条件，若恒成立，则实数的取值范围是________.【答案】【分析】由约束条件确定可行域，由不等式恒成立转化为与可行域有交点时恒成立，当截距最小时有取最大值，即可m的范围.【详解】由约束条件作出可行域如图，易知，令，则与可行域有交点且在y轴截距最小有即可，当直线经过可行域的顶点时，该直线在轴上的截距最小，此时取最大值，，则，∴实数的取值范围是故答案为：.【点睛】关键点点睛：将不等式恒成立问题转化为直线与可行域有交点且与y轴截距最小，由求范围.15．设函数图象上任意一点处的切线为，总存在函数图象上一点处的切线，使得，则实数的最小值为_________.【答案】【分析】根据导数的几何意义求出两个函数的图象上任意一点出切线的斜率的值域，再将题意转化为两个值域的子集关系，根据子集关系列式可得结果.【详解】设函数在点处的切线为，函数在点处的切线为，因为，则，因为，所以，所以，而，所以，依题意可知，对，总，使得，所以，所以且，解得所以实数的最小值为故答案为：【点睛】结论点睛：若，，有，则的值域是值域的子集.16．已知数列满足，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是________.【答案】【分析】由，得，两式相减可得数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，写出其通项公式后，恒成立转化为，由此可得的范围．【详解】因为时，①，故②，②-①得又因为，所以对任意的恒成立，所以解得故答案为：．【点睛】关键点点睛：本题考查数列不等式恒成立问题，解题关键是利用已知式得出数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，由于不是统一的一个通项公式，因此恒成立转化为，从而求得结论．三、解答题17．在中，内角所对的边分别是，已知（1）求的值；（2）若的面积为，求的大小.【答案】（1）；（2）4.【分析】（1）首先利用正弦定理，边角互化，得到，再结合余弦定理，求的值；（2）先求，再根据三角形面积公式，求，最后根据余弦定理求.【详解】（1）因为，所以由正弦定理得:，整理得，由余弦定理有，解得（2）由（1）知，因为所以即，所以，解得，所以.18．已知数列的前项和为，且满足:.（1）求数列的通项公式；（2）设的前项和为，求.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）先计算时得到，再将代入已知式，两式作差即得，最后验证也适合，即得结果；（2）先证明是等差数列，求，再化简，利用裂项相消法即得结果.【详解】（1）因为①所以时，，当时，②①-②得所以，而也适合此式，所以；（2）由（1）知，时为常值，即是等差数列，故，故，所以.【点睛】思路点睛：数列的通项公式的分母是乘积形式时，通常使用裂项相消法进行数列求和，把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和.19．如图，在三棱柱中，四边形为正方形，、分别为线段、的中点，平面.（1）证明：平面；（2）若，，求四棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点，连接、，证明四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可得出平面；（2）证明出平面，可得知四棱锥的高为，进而利用锥体的体积公式可求得结果.【详解】（1）设中点为，连接、，在三棱柱中，且，所以，四边形为平行四边形，所以，且，、为、的中点，则且，为的中点，则且，且，所以，四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面；（2）因为平面，、平面，所以，，因为四边形为正方形，所以，因为，所以平面，所以为四棱锥的高，因为，，所以，所以，所以，所以.【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．20．已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）对任意证明:当时，恒成立.【答案】（1）的增区间为，减区间为；（2）证明见解析.【分析】（1）先求解出导函数，根据时的值将区间分段，由此分析出的单调性，从而单调区间可求；（2）将问题转化为“恒成立”，构造函数，利用隐零点分析出的最小值，从而完成证明.【详解】（1）当时，，令或(舍)，当时，单调递增；当时.单调递减；所以的增区间为，减区间为；（2）对任意恒成立可得，令，令，所以在单调递增，而，所以存在唯一使得即，且，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，因为，所以，即必有，综上：对任意，当时，恒成立.【点睛】思路点睛：利用导数求解的最值时，若的零点存在但无法直接求出，则可结合的单调性并利用零点的存在性定理分析出的零点范围，由此确定出的单调性，从而确定出的最值.21．已知点，点在曲线上运动，动点满足，记点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）过曲线上位于轴两侧的点(直线的斜率存在)，分别作直线的垂线，垂足记为，直线交轴于点，记的面积为，若是和的等比中项，证明:直线过定点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）设，由条件，得到坐标的关系，利用相关点法求曲线的方程；（2）设直线，与（1）中的抛物线方程联立，得到根与系数的关系，并且利用坐标表示面积，利用，得到直线所过定点.【详解】（1）设，由可得，，所以即因为点在曲线上运动，所以代入得曲线的方程为.（2）设，则，设直线，代入中得，所以，因为所以又因为是和的等比中项，所以即所以直线恒过点.【点睛】方法点睛：一般求曲线方程的方法包含以下几种：1.直接法：把题设条件直接“翻译”成含的等式就得到曲线的轨迹方程.2.定义法：运用解析几何中以下常用定义（如圆锥曲线的定义），可从曲线定义出发，直接写出轨迹方程，或从曲线定义出发建立关系式，从而求出轨迹方程.3.相关点法：首先要有主动点和从动点，主动点在已知曲线上运动，则可以采用此法.22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，曲线的参数方程为(为参数)，以原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系.（1）求的普通方程和的极坐标方程；（2）求曲线上的点到曲线距离的最小值.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）消去参数，得到曲线的普通方程，根据解析式，求函数的定义域，先求曲线的普通方程，再代入，求曲线的极坐标方程；（2）曲线上任意一点的坐标为，代入点到直线的距离，利用三角函数求最值.【详解】（1）由所以，得消去参数得的普通方程为；由得，整理得曲线的普通方程为，将代