1、2021届T8联考八校高三上学期第一次联考数学试题一、单选题1若，则的虚部为（ ）ABCD【答案】A【分析】根据复数的运算化简，由复数概念即可求解.【详解】因为，所以的虚部为，故选：A2已知集合，若，则（ ）ABCD【答案】B【分析】解不等式求出集合，再由并集的性质求解即可.【详解】解不等式可得，所以，因为，所以.故选：B.3斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数：1，1，2，3，5，为边的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.自然界存在很多斐波拉契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等.下图为该螺
2、旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，则该圆锥的底面半径为（ ）ABCD【答案】C【分析】首先发现斐波那契数的规律，并计算接下来的圆弧所在圆的半径和圆弧长，并求圆锥底面半径.【详解】由斐波那契数可知，从第3项起，没一个数都是前面两个数的和，所以接下来的底面半径是5+8=13，对应的弧长是，设圆锥的底面半径是，则，解得：.故选：C【点睛】关键点点睛：本题的关键是能发现斐波那契数的规律.4设，若的最小值为，则的值为（ ）A0B1或4C1D4【答案】C【分析】根据分段函数解析式分别求出两段的最小值，再根据为函数最小值，建立方程与不等关系，即可求解.【详解】当时，当且仅当，即
3、时等号成立.故时，由二次函数性质可知对称轴，且，解得或（舍去），故选：C【点睛】关键点点睛：分别求出分段函数在两段上的最小值，同时注意二次函数的最小值与对称轴的关系.5已知中，点在直线上，且满足：（），则（ ）ABC3D6【答案】D【分析】根据条件由点在直线上,所以，可得，又由，可得，从而可得，然后由可求得答案.【详解】由，可得,即由点在直线上,所以，则 所以，又所以 ，则 所以，则 所以故选：D【点睛】本题考查向量的线性运算和平面向量基本定理以及向量数量积的运算性质的运用，解得本题的关键是由得到，由点在直线上,所以，则，得出的值，属于中档题.6设双曲线的左、右焦点分别为、，过的直线与双曲线的
4、左支交于点，与双曲线的渐近线在第一象限交于点，若，则的周长为（ ）ABCD【答案】C【分析】本题首先可根据题意绘出图像，根据双曲线方程得出、的值，然后根据得出，根据双曲线的渐近线方程得出以及，再然后根据勾股定理得出，最后根据即可求出的周长.【详解】如图，结合题意绘出图像：因为双曲线方程为，所以，因为，是线段中点，所以，因为双曲线的渐近线方程为，所以，是等边三角形，则，因为，所以，故的周长为：，故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线中三角形的周长的计算，主要考查双曲线定义以及双曲线渐近线的性质的灵活应用，双曲线的定义为到两个定点的距离之差为一个定值的动点的轨迹，考查计算能力，是中档题.7已
5、知中，角，满足，则下列结论一定正确的是（ ）ABCD【答案】C【分析】由条件可知角是锐角，角是钝角，并且，或，再结合三角函数的性质和诱导公式，【详解】，或 且， ，或，故B不正确，C正确；，故A不正确；当时，此时，故D不正确.故选：C【点睛】关键点点睛，本题的关键是由条件变形为，或，再根据选项，转化为三角函数比较大小.8将一条均匀柔软的链条两端固定，在重力的作用下它所呈现的形状叫悬链线，例如悬索桥等.建立适当的直角坐标系，可以写出悬链线的函数解析式为，其中为悬链线系数，称为双曲余弦函数，其函数表达式为，相应地双曲正弦函数的函数表达式为.若直线与双曲余弦函数和双曲正弦函数分别相交于点，曲线在点处
6、的切线与曲线在点处的切线相交于点，则（ ）A是偶函数BC随的增大而减小D的面积随的增大而减小【答案】D【分析】对于选项A，由奇函数定义进行判断即可；对于选项B，根据新函数定义代入化简可判断；对于选项C、D，利用导数求出切线方程，求出点，表示出，即可判断.【详解】对于选项A：定义域为，而，所以是奇函数，所以A错误；对于选项B：，所以B错误；对于选项C、D：设，则曲线在点处的切线方程为：，曲线在点处的切线方程为：，联立求得点的坐标为，则，所以随的增大而先减小后增大，的面积随的增大而减小，所以C错误，D正确.故选：D【点睛】关键点睛：本题的关键是能够根据新函数定义综合运用函数知识求解，判断选项C，D
7、的关键是能够利用导数的几何意义求解出切线方程.二、多选题9已知圆上至多有一点到直线的距离为2，则实数可能的取值为（ ）A5B6C7D10【答案】BC【分析】确定圆心不过已知直线，且求得圆心到已知直线的距离为，根据圆上至多有一点到直线的距离为2，得到圆的半径，由此求出的范围后可判断各选项【详解】圆标准方程是，圆心为，半径为（），圆心到已知直线的距离为，圆上至多有一点到直线的距离为2，则有圆的半径解得只有B、C满足故选：BC【点睛】方法点睛：本题考查考查直线与圆的关系，解题方法如下：（1）先求得圆心到直线的距离；（2）根据题意，确定出圆的半径的取值范围；（3）解不等式求得结果.10下列命题中正确的
8、是（ ）A，B，C，D，【答案】ABC【分析】根据指数函数、幂函数和对数函数性质对各个选项进行判断【详解】由指数函数的性质可知，当时，恒成立，A正确；由对数函数的性质可知，当时，恒成立，B正确；对于C，当时，当时，,则，C正确；对于D，当时，由对数函数与指数函数的性质可知，当时，恒成立，D错误故选：ABC【点睛】关键点点睛：熟练掌握指数函数、幂函数和对数函数的单调性是解答本题的关键，对于全称命题：必须所有的对象都使命题成立，命题为真命题；存在一个对象使命题不成立，则命题即为假命题；对于特称命题：存在一个对象使命题成立，则命题为真；所有的对象都使命题为假，则命题为假命题.11已知等比数列首项，公
9、比为，前项和为，前项积为，函数，若，则（ ）A为单调递增的等差数列BC为单调递增的等比数列D使得成立的的最大值为6【答案】BCD【分析】令，利用可得，B正确；由可得A错误；由可得C正确；由，可推出，可得D正确.【详解】令，则，因为是等比数列，所以，即，B正确；，是公差为的递减等差数列，A错误；，是首项为，公比为的递增等比数列，C正确；，时，时，时，时，又，所以使得成立的的最大值为6，D正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：利用等比数列的性质、通项公式、求和公式、数列的单调性求解是解题关键.12在直三棱柱中，是的中点，是的中点，点在线段上，点在线段上，且，是与的交点，若面，则（ ）AB为的中点C
10、D三棱锥的体积为【答案】ACD【分析】连接交交于点，连接，利用线面平行的性质定理判断A；根据三角形相似判断B；由线面垂直的判定定理及性质定理判断C；由计算可得，从而判断D；【详解】解：对于选项A：连接交交于点，连接，则由，可得必过点，且，因为面，面，面面，所以，故A正确；对于选项B：，即，为靠近的三等分点，故B错误；对于选项C：，面，面，面，故C正确；对于选项D：，且，是矩形，故D正确.故选：ACD【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定及线面平行的判定和锥体的体积的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，
11、通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.三、填空题13设随机变量，若，则_.【答案】6【分析】由题意可得，根据公式可得可得答案.【详解】随机变量，则，解得： 故答案为：614武汉某学校的四名党员教师积极参加党员干部下沉社区的活动，在活动中他们会被随机分配到、三个社区.若每个社区至少分配一名党员教师，且教师甲必须分配到社区，共有_种不同的分配方案.【答案】12【分析】首先根据题意，教师甲必须分配到社区有两种情况，一是甲单独分到社区，二是甲和一名教师作伴分到社区，之后利用分类加法计数原理求得结果.【详解】根据题意有两种情况
12、：一是甲单独分到社区，要求剩下三名党员教师分到、两个社区，有种分配方案，二是甲和一名教师作伴分到社区，有种分配方案，所以满足条件的分配方案有种，故答案为：.【点睛】思路点睛：该题考查的是有关排列组合的综合题，解题思路如下：（1）首先根据题意，教师甲必须分配到社区有两种情况；（2）一是甲单独分到社区，二是甲和一名教师作伴分到社区；（3）分别计算出对应的分配方案数，利用分类加法计数原理求得结果.15我国南宋时期杰出数学家秦九韶在数书九章中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上：以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实：一为从隅，开平方得积.把以上文字写成公式，即（其中
13、为三角形的面积，为三角形的三边）.在非直角中，为内角，所对应的三边，若，且，则的面积最大时，_.【答案】3【分析】先利用正弦定理将边化为角，化简整理得，带入面积公式，配方可得最值【详解】解：，非直角三角形，即，当且仅当，即时，有最大值.故答案为：3【点睛】方法点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系，注意三角形内角和的应用16已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为_.【答案】【分析】根据恒成立，可得到含有的不等式，再进行分离变量，将“恒成立”转化为求函数的最大值或最小值，最后得出的范围.【详解】，则，两边加上得到，单调递增，即，令，则，因为的定义域为时，单调递
14、增，单调递减，.故答案为：【点睛】对于“恒成立问题”，关键点为：对于任意的，使得恒成立，可得出；对于任意的，使得恒成立，可得出.四、解答题17已知为等差数列，为等比数列，的前项和为，且，.（1）求数列，的通项公式；（2）设，为数列的前项和，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，利用，求出和的值即可求解；（2）由为等差数列，可得，所以利用裂项相消法求得，利用乘公比错位相减求和即可.【详解】解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，解得：或（舍去），.（2）是等差数列，所以，又由（1）知：，则 由-得：，.【点睛】方法点睛：数列求和的方
15、法（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：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；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解.18已知函数（，）的图像是由
16、的图像向右平移个单位得到的.（1）若的最小正周期为，求的与轴距离最近的对称轴方程；（2）若在上仅有一个零点，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由函数的的最小正周期求得，再根据图象的平移得出函数的解析式，由正弦函数的性质可得答案；（2）由图象平移得出：，再由在上仅有一个零点，建立不等式组，解之可得范围.【详解】解：（1）因为的最小正周期为，的图像是由的图像向右平移个单位得到，即，令，得的对称轴方程为，要使直线（）与轴距离最近，则须最小，此时对称轴方程为，即所求对称轴方程为.（2）由已知得：，令得：，即，在上仅有一个零点，解得：，.【点睛】方法点睛：求解的性质时，可采用将整体看待
17、，可求得函数的值域、对称轴、对称中心、单调性等性质以及求参数的范围.19如图所示为一个半圆柱，为半圆弧上一点，.（1）若，求四棱锥的体积的最大值；（2）有三个条件：；直线与所成角的正弦值为；.请你从中选择两个作为条件，求直线与平面所成角的余弦值.【答案】（1）；（2）答案见解析.【分析】（1）在平面内作于点，可得为四棱锥的高，易知，可得，再根据重要不等式可得，进而求出体积的最大值即可；（2）首先依次对三个条件进行分析计算可得出：从任选两个作为条件，都可以得到，设点到平面的距离为，与平面所成角为，由得，再作于点，连接，易知，然后可求出，最后求出的值.【详解】（1）在平面内作于点，因为平面平面，平
18、面平面，所以平面，即为四棱锥的高，因为为半圆弧上一点，所以，所以，因为，当且仅当时等号成立，所以四棱锥的体积的最大值为；（2）由条件得：，即，所以，又因为，所以，由条件得：因为，平面，所以为直线与所成角，且，由条件得：，设，若选条件，则，且，所以，若选条件，则，且，所以，若选条件，则，且，所以，即从任选两个作为条件，都可以得到，下面求与平所成角的正弦值：设点到平面的距离为，与平面所成角为，则由得：，所以，作于点，连接，则由平面知：是在平面内的射影，所以，所以与平面所成角的余弦值为.【点睛】方法点睛：求解空间中的线面角的方法通常用几何法和向量法.利用几何法的关键是找到直线上的点到平面的射影点，构
19、造出线面角.利用向量法求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.20国家发展改革委、住房城乡建设部于2017年发布了生活垃圾分类制度实施方案，规定46个城市在2020年底实施生活垃圾强制分类，垃圾回收、利用率要达35以上.截至2019年底，这46个重点城市生活垃圾分类的居民小区覆盖率已经接近70.武汉市在实施垃圾分类之前，从本市人口数量在两万人左右的320个社区中随机抽取50个社区，对这50个社区某天产生的垃圾量（单位：吨）进行了调查，得到如下频数
20、分布表，并将人口数量在两万人左右的社区垃圾数量超过28吨/天的确定为“超标”社区：垃圾量频数56912864（1）通过频数分布表估算出这50个社区这一天垃圾量的平均值（精确到0.1）；（2）若该市人口数量在两万人左右的社区这一天的垃圾量大致服从正态分布，其中近似为（1）中的样本平均值，近似为样本方差，经计算得.请利用正态分布知识估计这320个社区中“超标”社区的个数.（3）通过研究样本原始数据发现，抽取的50个社区中这一天共有8个“超标”社区，市政府决定对这8个“超标”社区的垃圾来源进行跟踪调查.现计划在这8个“超标”社区中任取5个先进行跟踪调查，设为抽到的这一天的垃圾量至少为30.5吨的社区
21、个数，求的分布列与数学期望.（参考数据：；）【答案】（1）22.8吨；（2）51；（3）分布列见解析，.【分析】（1）直接利用平均数公式求解；（2）由（1）知， 由题意可知，利用原则求解；（3）的可能取值为1，2，3，4，利用超几何分布求概率，列出分布列，并求数学期望.【详解】（1）由频数分布表得：，所以这50个社区这一天垃圾量的平均值为22.8吨.（2）由（1）知，所以这320个社区中“超标”社区的个数为51.（3）由频数分布表知：8个“超标”社区中这一天的垃圾量至少为30.5吨的社区有4个，所以的可能取值为1，2，3，4，且，所以的分布列为：1234.【点睛】关键点点睛：本题的关键首先要理
22、解题意，并能转化为熟悉的概率类型，本题第二问是正态分布，求概率时，注意是否满足“”原则，第三问关键知道8个超标社区，其中垃圾量至少为30.5吨的社区有4个，这样就满足超几何分布类型，按公式求解.21已知椭圆（）与抛物线有公共的焦点，且抛物线的准线被椭圆截得的弦长为3.（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆的右焦点作一条斜率为的直线交椭圆于，两点，交轴于点，为弦的中点，过点作直线的垂线交于点，问是否存在一定点，使得的长度为定值？若存在，则求出点，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【分析】（1）根据抛物线的焦点坐标公式、准线方程，结合椭圆中的关系进行求解即可；（2）设出直线的方程与椭圆
23、方程联立，根据中点坐标公式、一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.【详解】（1）因为抛物线的焦点坐标为：，与有相同的焦点，所以 ，又因为抛物线的准线方程为：，所以当时，因为抛物线的准线被椭圆截得的弦长为3，所以 ，解得，所以曲线的方程为.（2）设直线，联立直线与椭圆方程，消去得：，则，的坐标为，直线 ，直线方程中令得，的坐标为，因为直线，的直线方程为 ，将联立相乘得到，即，所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，所以存在定点，使得的长为定值.【点睛】关键点睛：解题的关键是通过消去参数，得到圆的方程.22已知函数.（1）当时，求的最大值；（2）讨论关于的方程的实根的个数.【答案】（1）；（2）答案
24、见解析.【分析】（1）首先求函数的导数，再分析函数的单调性，再求函数的最值；（2）方程的实数根的个数转化为函数在的零点个数，且，再讨论的取值范围讨论函数在的零点个数，再根据关系式得到函数的零点互为倒数，从而确定函数零点的个数；方法二，当时，方程等价于，构造函数（，），利用导数分析函数的图象，从而讨论，得到图象的交点个数.【详解】（1）当时，令，得，时，单调递增，时，单调递减，.（2）由得，令，所以方程的实根的个数即为函数在上的零点的个数，是函数的一个零点，又，在上的零点互为倒数，下面先研究在上的零点的个数：（），（i）若，则时，在上的没有零点；（ii）若，则（），令（），即时，在上递增，在上的
25、没有零点；，即时，有两个不等实根，且，大根，小根，时，单调递减，时，单调递增，又，在上恒小于0，在上存在唯一使得，在上仅有一个零点，因为在上的零点互为倒数，且，所以时，仅有一个零点；时，有三个零点.综上：时，方程仅有一个实根；时，方程有三个实根.参考解法二：由得，显然是该方程的一个根；时，方程等价于，令（，），则，令，则，时，单调递减，时，单调递减，时，单调递增，由时，时，时，可画出的大致图像如图所示：（注：此处用到了高中教材中没有涉及到的函数极限知识，可酌情扣23分）结合图像得：时，方程有两个实根；时，方程没有实根；综合得：时，方程仅有一个实根；时，方程有三个实根.【点睛】方法点睛：本题考查根据方程实数根的个数求参数的取值范围，一般可采用1.直接法：直接求解方程得到方程的根，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：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，然后观察求解，此时需要根据零点个数合理寻找“临界”情况，特别注意边界值的取舍.
