广西钦州一中2021届高三8月月考数学（文）试题 WORD版含答案.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家钦州一中2021届高三年级8月月考(文科数学)考试时间：120分钟 满分：150分一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1设集合，则=（ ）A B C D2若（其中为虚数单位），则等于（ ）A1 B C D3设a，b是实数，则“ab”是“a2b2”的（ ）A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件4已知，那么（ ）A B C D5执行如图所示的程序框图，若输入的值为3，则输出的值是（ ）A1 B2 C4 D76在函数， ，,中，最小正周期为的所有函数为（ ）A. B C

2、D7已知中心在原点的椭圆C的右焦点为，离心率等于，则C的方程是（ ）A B C D8已知x，y满足不等式组，则函数取得最大值与最小值之和是（ ）A3 B9 C12 D159已知函数，则函数的大致图像为（ ）10如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A96 B C D11在中，是边上的一点，的面积为，则的长为（ ）A B C D12已知，是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则的最大值是（ ）ABCD二、填空题: 本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把正确的答案填写在答题卡相应的横线上13设数列是首项为，公比为的等比数列，则 .14若

3、曲线在点处的切线平行于轴，则 15.已知偶函数在区间上单调递减，则满足的x的取值范围是_16是同一球面上的四个点,其中是正三角形, 平面，则该球的表面积为_.三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.（一）必考题，共60分17(12分)已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足：a3=6，a5+a7=24（）求等差数列an的通项公式；（）求数列的前n项和Tn18(12分)截至2014年11月27目，我国机动车驾驶人数量突破3亿大关，年均增长超过两千万为了解某地区驾驶预考人员的现状，选择A，B,C三个驾校进行调查参加各驾校科目一预考人数如下：驾校驾校A驾校B驾校C

4、人数150200250若用分层抽样的方法从三个驾校随机抽取24人进行分析，他们的成绩如下：879791929399978692989294878999929992937670909264（）求三个驾校分别应抽多少人?（）补全下面的茎叶图，并求样本的众数和极差；（）在对数据进一步分析时，满足x9654的预考成绩，称为具有M特性在样本中随机抽取一人，求此人的预考成绩具有M特性的概率19(12分)如图，已知平面，四边形为矩形，四边形为直角梯形，（）求证：平面；（）求三棱锥的体积20(12分)已知椭圆C：x22y24.（）求椭圆C的离心率；（）设O为原点，若点A在直线y2上，点B在椭圆C上，且OAOB

5、，求线段AB长度的最小值21(12分)已知.(1)讨论的单调性；(2)当有最大值，且最大值大于时，求的取值范围.（二）选考题：共10分，请考生在第22/23题中任选一题作答.如果多做，那么按所做的第一题计分.22.选修4-4：坐标系与参数方程（10分）在平面直角坐标系xoy中，以O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为sin2=4cos，直线l的参数方程为：（t为参数），两曲线相交于M，N两点（）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；（）若P（2，4），求|PM|+|PN|的值23. 选修4-5：不等式选讲（10分）设函数f（x）=|x4|+|xa|（a1），且

6、f（x）的最小值为3（）求a的值；（）若f（x）5，求满足条件的x的集合钦州一中2021届高三年级8月月考文科数学参考答案1B试题分析：集合，故选B. 考点：集合的交集运算.2C试题分析：，故选C. 考点：复数的运算与复数模的概念.3D试题分析：由不能推出，比如，而即，所以也不能推出，所以是的既不充分也不必要条件，故选D.考点：不等式的性质与充要条件的判断.4C试题分析：由诱导公式得，故选C.考点：三角函数的诱导公式.5C试题分析：4,故选C. 考点：程序框图中的循环结构.6A试题分析：因为函数，所以它的最小正周期为，其图象是把位于轴下方的部分对称到轴的上方，如图所示，其最小正周期为，的最小正

7、周期为，的最小正周期为故选A.考点：三角函数的周期性.7D试题分析：由椭圆的右焦点为知又所以椭圆方程为，故选D.考点：椭圆方程与椭圆的几何性质.8D试题分析：由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合求出最值即可解：由约束条件作出可行域如图，由图可知，使目标函数z=2x+y取得最大值时过点B，联立 ，解得 ，故z的最大值是：z=12，取到最小值时过点A，联立，解得，故z的最小值是：z=3，最大值与最小值之和是15，故选：D9A试题分析：通过函数解析式，可以判断函数不具备奇偶性，图象既不关于原点对称，也不关于轴对称，排除B，C，而，排除D，故选A. 考点：函数的图象.10C试题

8、分析： 由三视图可知，该几何体是由一个棱长为4的正方体上方挖去一个底面半径为2，高为2的圆锥，且圆锥的底面恰好是正方体上底面正方形的内切圆，所以该几何体的表面积为：，故选C考点：1.三视图；2.几何体的表面积11D试题分析：的面积为，所以由余弦定理得解得在中，由余弦定理得在中，由正弦定理得，故选D.考点：正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用.12B【详解】因为，是平面内两个互相垂直的单位向量，故可设，则，因为，所以，整理得到，即，故的最大值为，故选：B.13试题分析：因为数列是首项为，公比为的等比数列，所以，.考点：等比数列通项公式.14试题分析：由题意得，因为曲线在点处的切线平行于轴，所以，

9、解得考点：导数几何意义的应用.15.【详解】因为函数为偶函数,所以，所以不等式等价于,又因为函数在区间单调递减,所以，得解得,所以的取值范围是.故答案为：.16 试题分析：由题意把三棱锥扩展为直三棱柱，上下底面中心连线的中点与的距离为球的半径，是正三角形，所以，所以球的表面积为.考点：多面体与球的组合体及球的表面积.17（）an=2n；（）【解析】（）通过设等差数列an的首项为a1、公差为d，联立a3=6、a5+a7=24可知首项、公差，进而可得结论；（）通过（）裂项可知=，进而并项相加即得结论解：（）设等差数列an的首项为a1、公差为d，a3=6，a5+a7=24，解得：， 4分an=2+（

10、n1）2=2n； 6分（）由（）得：，8分所以= 12分考点：数列的求和；数列递推式18（）三个驾校抽取的人数分别为；（II）茎叶图见解析，众数是，极差是；（）.试题解析：（1）用分层抽样的方法从三个驾校分别抽取：驾校A:人 1分驾校B：人 2分驾校C：人 3分（）补全的茎叶图为9012222223347789998677970664 5分众数为：92 6分极差为：99-64=35 7分（）设事件A=“预考成绩具有M特性”。满足的预考成绩共9个， 10分所以P(A)=. 12分考点：茎叶图，列举法计算基本事件个数及事件发生的概率.19（）证明见解析；（）.试题解析：（）过作，垂足为，因为所以四

11、边形为矩形所以，又因为，所以，,所以，所以； 2分因为平面，所以平面，所以， 4分又因为平面，平面，,所以平面 6分（）因为平面，所以，EABDFMC又因为，平面，平面，所以平面 8分 12分考点：直线与平面平行、垂直的判定及棱锥的体积.20（）；（）.试题解析：(I)由题意，椭圆C的标准方程为.所以a24，b22，从而c2a2b22.因此a2，c. 2分故椭圆C的离心率e. 4分(II)设点A，B的坐标分别为(t，2)，(x0，y0)，其中x00. 5分因为OAOB，所以，即tx02y00，解得t. 7分又，所以|AB|2(x0t)2(y02)2 8分() 10分因为()，当时等号成立， 1

12、1分所以|AB|28.故线段AB长度的最小值为. 12分考点：椭圆的方程、几何性质的应用.21 试题解析：（）的定义域为,.2分若,则,在是单调递增.4分若,则当时,当时,所以在单调递增,在单调递减.6分（）由（）知当时在无最大值,当时在取得最大值,最大值为.8分因此.9分.令,则在是增函数,于是,当时,当时,因此a的取值范围是.12分22.用代入法消去直线参数方程中的参数得到其普通方程；（）把直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，得到，设对应的参数分别为，利用韦达定理以及，计算即可求得结果.试题解析：（）根据x=cos、y=sin，求得曲线C的直角坐标方程为y2=4x， 2分用代入法消去参数

13、求得直线l的普通方程xy2=0 4分（）直线l的参数方程为：（t为参数），代入y2=4x，得到， 6分设M，N对应的参数分别为t1，t2，则 t1+t2=，t1t2=48， 8分|PM|+|PN|=|t1+t2|= 10分考点：简单曲线的极坐标方程与参数方程的应用.23（）；（）.试题解析：（1）函数f（x）=|x4|+|xa|表示数轴上的x对应点到4、a对应点的距离之和，它的最小值为|a4|=3， 2分再结合a1，可得a=7 4分（）f（x）=|x4|+|x7|=， 6分故由f（x）5可得， ，或，或 解求得3x4， 7分解求得4x7， 8分解求得7x8， 9分所以不等式的解集为 10分考点：绝对值不等式的解法及其应用.- 13 - 版权所有高考资源网