理科数学-学科网2021年高三1月大联考试卷讲评PPT（新课标Ⅰ卷）

学科网2021年高三1月大联考 （新课标Ⅰ卷） 理 科 数 学 学科网衷心祝愿广大学子经过大联考考试的锤炼，把才华挥洒到考场，尽情发挥；把梦想放逐到远方，尽情眺望；把信心灌注到高考，愿君圆梦！ 1．已知集合，，则 A． B． C． D． 1．A 【解析】因为集合，， 所以，故选A． 2．已知为虚数单位，若复数，则的虚部为 A． B． C． D． 2．B 【解析】由题可得， 则的虚部为，故选B． 3．已知数列满足，则等比数列的公比为 A． B． C． D． 3．A 【解析】由题可得， 所以等比数列的公比为，故选A． 4．函数在上的图象大致为 A B C D 4．B 【解析】因为， 所以函数是定义在上的偶函数，排除选项A； 当时，，排除选项D； 当时，，排除选项C，故选B． 5．已知平面向量满足，其中是单位向量，则的取值范围为 A． B． C． D． 5．C 【解析】因为，是单位向量，所以， 故的取值范围为，故选C． 6．设双曲线的两条渐近线分别为，，若直线与轴关于直线对称，则双曲线的实轴长为 A． B． C． D． 6．A 【解析】因为双曲线的两条渐近线，关于轴对称，直线与轴关于直线对称，所以可得其中一条渐近线的倾斜角为，所以，解得， 所以双曲线的实轴长为，故选A． 7．在中，已知，则 A． B． C．或 D．或 7．B 【解析】由题可得， 所以，所以或，即（舍去）或，所以，又，所以， 所以，所以，解得（舍去）或，故选B． 8．以“创新驱动数字化转型，智能引领高质量发展”为主题的第三届数字中国 建设峰会于2020年10月12日在福州市开幕．组委会安排A、B、C、D、E五名工作人员到三个主宾（河南省、山东省、海南省）展馆做接待工作，若要求A、B不在同一展馆，每个展馆至少人，则不同的安排方法有 A．78种 B．98种 C．108种 D．114种 8．D 【解析】第一步：把A、B两名工作人员安排在两个不同的展馆，有种方法； 第二步：C、D、E三名工作人员随机安排，有种方法，将C、D、E三名工作人员随机安排在A、B所在的两个展馆，有种方法；故不同的安排方法有种，故选D． 9．在正方体中，点在正方形内部运动， 则下列说法正确的序号是 1 不存在点，使得平面； ②存在点，使得； ③不存在点，使得平面平面； ④存在点，使直线与直线所成的角为． A．①② B．②③ C．③④ D．②④ 9．D 【解析】①易知平面平面，所以当点在线段上时，平面，故①不正确；②当点为正方形的中心时，在平面内的射影在上，因为，所以，故②正确；③因为平面，所以存在点，使得平面平面，故③不正确；④易知直线与直线所成角的取值范围为，所以存在点，使直线与直线所成的角为，故④正确．故选D． 10．设分别满足等式，，，则 A． B． C． D． 10．D 【解析】设，，， 则函数在上单调递增，函数在上单调递增，函数在上单调递增． 因为，，，所以；因为，，所以； 因为，，所以．综上，可得，故选D． 11．已知四边形是等腰梯形，，，，， 梯形的四个顶点在半径为的球面上，若是该球面上任意一点， 则四棱锥体积的最大值为 A． B． C． D． 11．C 【解析】因为四边形是等腰梯形，，，，，所以， 连接，由余弦定理可得，因为四边形的外接圆也是的外接圆， 所以由正弦定理可得，四边形的外接圆的半径为． 设球心为，四边形的外接圆的圆心为， 在中，可知，即，解得， 所以四棱锥高的最大值为， 所以四棱锥体积的最大值为，故选C． 12．函数在每一个闭区间上的零点个数为 A． B． C． D． 12．B 【解析】由题可得， 当时，，则， 所以，所以函数在每一个闭区间上单调递减． 因为，， 所以由零点存在性定理，可知函数在每一个闭区间上有且仅有一个零点，故选B． 2 13．已知函数且，若，则实数的值为______． 13． 【解析】由题可得， 则，解得． 故答案为． 14．若直线与抛物线只有个公共点， 则抛物线的准线方程为_________． 14． 【解析】由可得，将代入， 消去可得，因为直线与抛物线只有个公共点， 所以，即，解得（舍去）或， 所以抛物线的准线方程为．故答案为． 15．已知函数的部分图象如图所示， 则该函数的解析式为_________________． 15． 【解析】由题图可知， 函数的最大值为，最小值为， 所以，解得，又此函数的图象过点，， 所以结合图象可知，所以，所以，解得， 又，所以，即， 所以，，所以，，又，所以， 所以所求函数的解析式为．故答案为． 256 16．在数列中，已知，， 记数列的前项和为，则__________． 16． 【解析】因为，，所以， 所以，，，，，，，是各项均为的常数列， 由可得，所以， 所以，，，，，，，是首项为，公差为的