【文档说明】湖南省2021届高三上学期六校联考（一）数学试卷含答案.docx，共(16)页，1.124 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-9d7318fa3ae741a0fbd25c7d0b639c48.html

以下为本文档部分文字说明：

湖南省2021届高三上学期六校联考（一）数学试卷本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至4页.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答

卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.祝各位考生考试顺利！第Ⅰ卷注意事项：1.每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡

皮擦干净后，再选涂其他答案标号.2.本卷共12小题，每小题5分，共60分.一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知全集0,1,2,3,4U=，集合1,2,3A=，2,4B=，则()UCAB为（）A.1,2,4B.2,3,4C.0,2

,4D.0,2,3,42.下列命题中，为真命题的是（）A.若acbc，则abB.若ab，cd，则acbdC.若ab，则11abD.若22acbc，则ab3.已知等比数列na中，31174aaa=，数列nb是等差数列，且77ba=，则59

bb+=（）A.8B.4C.16D.24.对于任意两个正整数m，n，定义某种运算“”如下：当m，n都为正偶数或正奇数时，mnmn=+；当m，n中一个为正偶数，另一个为正奇数时，mnmn=，则在此定义下，集合()**,|12,,MababaNbN==中的元

素个数是（）A.10个B.15个C.16个D.18个5.ABC△的三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足coscosabBA=，则ABC△的形状是（）A.正三角形B.等腰三角形C.等腰直角三角形D.等

腰三角形或直角三角形6.设常数aR.若52axx+的二项展开式中7x项的系数为-15，则a=（）A.-2B.2C.3D.-37.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗

中隐含着一个有趣的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为221xy+，若将军从点()3,0A处出发，河岸线所在直线方程为4xy+=，并假定将军只要到达军营所在区域即回到

军营，则“将军饮马”的最短总路程为（）A.171−B.172−C.25D.32−8.已知1F，2F是椭圆与双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且12PFPF，线段1PF的垂直平分线过2F，若椭圆的离心率为1e，双曲线的离心率为2e，则2122ee+的

最小值为（）A.6B.3C.6D.3二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.9.已知i为虚数单位，则下面命题正确的是（）A.若复数3zi=+，则131010iz=−.B.复数z满足21zi−=，z

在复平面内对应的点为(),xy，则()2221xy+−=.C.若复数1z，2z满足21zz=，则120zz.D.复数13zi=−的虚部是3.10.下图是某市6月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大

于200表示空气重度污染，某人随机选择6月1日至6月13日中的某一天到达该市，并停留2天.下列说法正确的有（）A.该市14天空气质量指数的平均值大于100B.此人到达当日空气质量优良的概率为813C.此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的概率为213D

.每连续3天计算一次空气质量指数的方差，其中第5天到第7天的方差最大11.已知四棱台1111ABCDABCD−的上下底面均为正方形，其中22AB=，112AB=，1112AABBCC===，则下述正确的是（）A.该四棱合的高为3

B.11AACC⊥C.该四棱台的表面积为26D.该四棱合外接球的表面积为1612.已知函数23,0()(3),0xxxfxfxx−−=−，以下结论正确的是（）A.()fx在区间4,6上是增函数B.()()220204ff−+

=C.若函数()yfxb=−在(),6−上有6个零点()1,2,3,4,5,6ixi=，则619iix==D.若方程()1fxkx=+恰有3个实根，则11,13k−−第Ⅱ卷注意事项：1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上

.2.本卷共10个题，共90分.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分.13.已知1a=，6b=，()4aba−=−，则向量a与b的夹角是_______.1

4.已知随机变量()2~1,XN，若()20.2PX=，则()0PX=_______.15.如图，直四棱柱1111ABCDABCD−，底面是边长为a的菱形，60BAD=，12AAa=，则直线11AC与1BC成角的余弦值为_______.16.已知函数()()2

sin0fxx=，则()fx的最大值为________，若()fx在区间,43−上是增函数，则的取值范围是_______.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知函数()()sin0,0

,2fxAxA=+的最小正周期为4.（1）从①03f−=；②213f−=−；③xR，都有2()3fxf这三个条件中，选择合适的两个条件，求函数()fx的解析式；（2）求（1）中所求得的函数()fx在区间2,33

−上的最大值和最小值.18.已知nS是数列na的前n项和，且()*14nnSanN=−.（1）求数列na的通项公式；（2）设(2)(1)nnnabnn+=+，数列nb的前n项和为nT，求证：14nT

.19.如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为梯形，//BCAD，ABAD⊥，E为侧棱PA上一点，且2AEPE=，3AP=，2ABBC==，4AD=.（1）证明：//PC平面B

DE.（2）求平面PCD与平面BDE所成锐二面角的余弦值.20.已知函数()lnfxmxnxx=+的图象在点()(),efe处的切线方程为4yxe=−.（1）求函数()fx的解析式；（2）若对任意()1,x+，不等式()()11fxtx−

+恒成立，求正整数t的最大值.21.已知椭圆C：()222210xyabab+=，四点131,2P−，231,2P，()30,3P−，()41,1P中恰有三点在椭圆C上.（1）求椭圆C的方程；（2）直线l：()0ykxmm=+与椭圆C有且仅有

一个公共点，且与x轴和y轴分别交于点M，N，当MON△面积取最小值时，求此时直线l的方程.22.疫情期间，为支持学校隔离用餐的安排，保证同学们的用餐安全，食堂为同学们提供了A餐、B餐两种餐盒.经过前期调研，食堂每天备餐时A、B两种餐盒的配餐比例为3:1.为保证配餐的分量足，后勤会对每天的餐盒的重

量进行抽查.若每天抽查5个餐盒，假定每个餐盒的包装没有区分，被抽查的可能性相同.（1）求抽取的5个餐盒中有三个B餐的概率；（2）某天配餐后，食堂管理人员怀疑B餐配菜有误，需要从所有的餐盒中挑出一个B餐盒查看.如果抽出一个是A餐盒，则放回备餐区，继续抽

取下一个；如果抽到的是B餐盒，则抽样结束.规定抽取次数不超过()*nnN次.假定食堂备餐总数很大，抽样不影响备餐总量中A、B餐盒的比例.若抽样结束时抽到的A餐盒数以随机变量X表示，求X的分布列与数学期望.湖南六校联考试卷（一）答案解析参考答案一、选择题1

-5：CDABD6-8：DAC1.C【解析】由题得，∵0,4UCA=，∴()0,42,40,2,4UCAB==.故选C.2.D【解析】当0c时，若acbc，则ab，故A为假命题；当0ab，0cd

时，acbd，故B为假命题；若0ab或0ab，则11ab，但当0ab时，11ab，故C为假命题﹔若22acbc，则2222cacbcc，则ab，故D为真命题.故答案为D.3.A【解析】等比数列na中，31174aa

a=，可得2774aa=，解得74a=，且77ba=，∴74b=，数列nb是等差数列，则59728bbb+==.故选A.4.B【解析】根据定义知12ab=分两类进行考虑，a，b一奇一偶，则12ab=，*,abN，所以可能的取值为()1

,12，()12,1，()3,4，()4,3，共4个，a，b同奇偶，则12ab+=，由*,abN，所以可能的取值为()2,10，()10,2，()1,11，()11,1，()3,9，()9,3，()4,8，(

)8,4，()5,7，()7,5，()6,6，共11个，所以符合要求的共15个，故选B.5.D【解析】ABC△中，由正弦定理得：sinsinabAB=，∴sinsinaAbB=，又coscosabBA=，∴sincossincosABBA=，∴sin2sin2AB=，∴AB=或

22AB=−，即AB=或2AB+=，∴ABC△为等腰三角形或直角三角形.故选：D.6.D【解析】52axx+的二项展开式的通项公式为()52103155rrrrrrraTCxaCxx−−+==，0,1,2,3,4,5r=.

令1037r−=，得1r=，所以展开式中7x项的系数为1515aC=−，解得3a=−.故选：D.7.A【解析】由题点()3,0A和军营所在区域在河岸线所在直线方程的同侧，设点()3,0A关于直线4xy+=的对称点()',Aab，'AA中点3,22ab

M+在直线4xy+=上，3422013abba++=−=−，解得：41ab==，即()'4,1A，设将军饮马点为P，到达营区点为B，则总路程'PBPAPBPA+=+，要使路程最短，只需'PBPA+最短，即点'A到军营的最短距离，即点'A到221xy+区域的

最短距离为：'1171OA−=−.故选：A.8.C【解析】设椭圆长轴12a，双曲线实轴22a，由题意可知：1222FFFPc==，又∵1212FPFPa+=，1222FPFPa−=，∴1122FPca+=，1222FPca−=，两式相减，

可得：122aac−=，∵22112122242222eaaaccecaca++=+=，∴()22221242222caaceeca+++=2222222844222caacaccaca++==++，∵2222222222aacccaca+=，当且仅当222

2acca=时取等号，∴2122ee+的最小值为6，故选：C.二、多选题9.ABC10.AD11.AD12.BCD9.ABC【解析】由11333(3)(3)1010iiziii−===−++−，故A正确，由z在复平面内对应的点

为(),xy，则()221zixyi−=+−=，即22(2)1xy+−=，则()2221xy+−=，故B正确；设复数1zabi=+，则2zabi=−，所以2212()()0zzabiabiab=+−=+，故C正确；复数13zi=−的虚部是-

3，故D不正确.故选：A、B、C.10.AD【解析】A.1(86255714322016040217160121158867937)15614+++++++++++++，故正确；B.在6月1日至6月13日这13天中，1日，2日，3日，

7日，12日，13日共6天的空气质量优良，所以此人到达当日空气质量优良的概率为613，故不正确；C.6月1日至6月14日连续两天包含的基本事件有13个，此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的基本事件是4,5，5,6，7,8，8,9共4个，所以此人在该市停留期间

只有1天空气重度污染的概率是413，故不正确；D.空气质量指数趋势图可以看出，从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大，故正确.故选：AD.11.AD【解析】由棱台性质，画出切割前的四棱锥，由于22AB=，112ABC=，可知11SAB△与SAB△相似比为1:2；则124SAAA==，2A

O=，则23SO=，则13OO=，该四棱合的高为3，A对；因为4SASCAC===，则1AA与1CC夹角为60，不垂直，B错；该四棱台的表面积为(222)1484422SSSS+=++++=上底下底侧1267=+，C错；由于上下底面都是正方形，则外

接球的球心在1OO上，在平面11BBOO上中，由于13OO=，111BO=，则12OBOB==，即点O到点B与点1B的距离相等，则2rOB==，该四棱合外接球的表面积为16，D对，故选：AD.12.BCD解：由题意可知当3x−时，()fx是以3为周期的函数，故()

fx在4,6上的单调性与()fx在2,0−上的单调性相同，而当0x时，()23924xxf=−++，∴()fx在2,0−上不单调，故A错误；又()()202022ff=−=，故()()220204ff−+=，故B正确；作出()yfx=的函数图象如图所示：由于()yfxb=

−在(),6−上有6个零点，故直线yb=与()yfx=在(),6−上有6个交点，不妨设1iixx+，1,2,3,4,5i=，由图象可知1x，2x关于直线32x=−对称，3x，4x关于直线32x=对称，5

x，6x关于直线92x=对称，∴613392229222iix==−++=，故C正确；若直线1ykx=+经过点()3,0，则13k=−，若直线1ykx=+与()230yxxx=−−相切，则消元可得：()2310xkx+++=，

令0=可得()2340k+−=，解得1k=−或5k=−，当1k=−时，1x=−，当5k=−时，1x=（舍），故1k=−.若直线1ykx=+与()yfx=在()0,3上的图象相切，由对称性可得1k=.因为方程()1fxkx=+恰有3个实根，故直线1ykx=+与()yfx=的图象有3个交

点，∴113k−−或1k=，故D正确.故选：BCD.三、填空题13.2314.0.815.151016.2；30,213.23【解析】因为()4aba−=−，所以24aba−=−，∴16cos,14ab−=−，所以1c

os,2ab=−，因为0,ab，所以2,3ab=.向量a与b的夹角是23.故答案为：23.14.0.8【解析】因为随机变量()2~1,XN，()20.2PX=，所以()()020.2PXPX==，因此()()01010.20.8PXPX=−=−=.故答案为：0

.8.15.1510【解析】连接AC，1AB，如图所示：因为11//ACAC，所以1ACB或其补角为直线11AC与1BC成角.因为底面是边长为a的菱形，60BAD=，12AAa=，所以2211(2)5ABCBaaa==+=，22123

2ACaaaaa=+−−=.2221(3)(5)(5)15cos10235aaaACBaa+−==.所以直线11AC与1BC成角的余弦值为1510.故答案为：1510.16.2；30,2【解析】因为函数()()2sin0f

xx=，所以()2sin2,2fxx=−，所以()fx的最大值为2，因为()fx在区间,43−上是增函数，所以,,4322−−，所以4232−−

，解得30,2.故答案为：（1）2（2）30,2四、解答题17.【解析】（1）因为()fx的最小正周期为4，所以24=，解得12=.选①②：因为03f−=，所以sin06−+=，解得6k=+，kZ.因为2，所以6

=.又因为213f−=−，所以sin136A−+=−，即sin16A−=−，所以2A=.所以1()2sin26fxx=+.选②③：因为xR，都有2()3f

xf，所以23x=时，()fx取得最大值，即sin13+=，所以232k+=+，kZ，所以2，所以6=.又因为213f−=−，所以sin136A−+=−，即sin16A

−=−，所以2A=.所以1()2sin26fxx=+.（2）因为2,33x−，所以1,2663x+−，所以13sin,2622x+−，当23x=−时，()fx取得最小值为-1；当3x

=时，()fx取得最大值为3；所以()fx取得最小值为-1，最大值为3.18.【解析】（1）∵14nnSa=−，∴1114nnSa++=−，∴111144nnnnSSaa++−=−−−，∴11nnnaaa++=−，即112nnaa+=，令1n=得：1114aa=−

，即118a=，na是首项为118a=，公比为12的等比数列，∴12211118222nnnna−++===.（2）∵(2)(1)nnnabnn+=+，∴212111(1)222(1)2nnnnnbnnnn+++==−++，∴123nnTbb

bb=++++122334111111111111121222222322324222(1)2nnnn+=−+−+−++−+112111111212(1)24(1)24nnnn++=−=−

++，∴14nT.19.解：（1）证明：如图所示，连接AC交BD于点F，连接EF.∵四边形ABCD为梯形，且2ADBC=，∴::2:1AFCFADBC==，即2AFCF=，在PAC△中，∵2AEPE=，2AFCF=，∴//EFPC.又PC平面BDE，EF平面BDE

，∴//PC平面BDE.（2）如图所示，以点A为坐标原点，以分别以AB、AD、AP为x轴、y轴和zz轴建立空间直角坐标系，则()2,0,0B，()2,2,0C，()0,4,0D，()0,0,2E，()0,0,3P.所以，()2,0,2BE=−，()2,4,0BD=−，()2,2,3PC

=−，()0,4,3PD=−，设()111,,mxyz=和()222,,nxyz=分别是平面BDE和平面PCD的法向量，则00mBDmBE==，得1111240220xyxz−+=−+=，令12x=得11y=，12z

=，即()2,1,2m=，00nPCnPD==，得222222230430xyzyz+−=−=，令23y=得23x=，24z=，即()3,3,4n=，所以，1734cos,6334mnmnmn===，故平面BDE和平面PCD所成角锐二

面角的余弦值为346.20.【解析】（1）函数()fx的定义域为()0,+，()'lnfxnxmn=++，所以有()()'244femnfemeneee=+==+=−，解之得21mn==，故函数的解析式为：()2lnfxxxx=+；（2）()()11

fxtx−+可化为()2ln11xxxtx+−+，因为()1,x+，所以2ln11xxxtx+−−，令2ln1()(1)1xxxgxxx+−=−，则由题意知对任意的()1,x+，()mintgx，而()22ln('1)xxgxx−−=−，()1,x

+，再令()()2ln1hxxxx=−−，则()1'110xxhxx−=−=，所以()hx在()1,+上为增函数，又()31ln30h=−，()42ln40h=−，所以存在唯一的()03,4x，使得()00hx=，即002lnxx−=，当()01,xx时，()0hx，()'0g

x，所以()gx在()01,x上单调递减，当()0,xx+时，()0hx，()'0gx，所以()gx在()0,x+上单调递增，所以()000min002ln1()1xxxgxgxx+−==−()0000022111xxxxx+−−==+−，

所以01tx+，又()03,4x，所以()014,5x+，因为t为正整数，所以t的最大值为4.21.【解析】（1）根据椭圆的对称性，必过1P，2P.必不过4P，代入点3P得，23b=，代入点1P得，24a=

.∴椭圆C的方程为：22143xy+=.（2）由22143xyykxm+==+，可得()2224384120kxkmxm+++−=.直线与椭圆有且仅有一个公共点，可知()()222264443412

0kmkm=−+−=，整理得2243mk=+.由条件可得0k，,0mMk−，()0,Nm，∴211222MONmmSOMONmkk===△，∵2243mk=+，∴24313422MONkSkkk+==+△.∵0k，∴134232kk+

，当且仅当34kk=，即32k=，32k=时等号成立，MONS△的最小值为23，∵2243mk=+，∴26m=，又0m，解得6m=.故此时直线l的方程为362yx=+或362yx=−+.22.【解析】（1）依题意，随机地抽取一个餐

盒得到B餐盒的概率为14，用表示“抽取的5个餐盒中B餐盒的个数”，则服从二项分布，即1~5,4B，∴其中有三个B餐盒的概率2335314544512PC==.（2）X的可能取值为：0，1，2，…，

n.1(0)4PX==，313(1)4416PX===，……，131(1)44nPXn−=−=，3()4nPXn==.所以X的分布列为X012……1n−nP14314423144……13144n−34nX的数学期望为：2

31313131313()123(1)444444444nnEXnn−=++++−+①2313313131()12(2)4444444nEXn−=+++−1313(1)444nnnn

++−+②①-②得23113131313131()44444444444nnEX−=+++++，∴23133333()44444nnEX−=++

+++331443313414nn−==−−.即X的数学期望为3334n−.