广西南宁市普通高中2021届高三10月摸底测试数学（理）试题 WORD版含解析.doc

1、2021届南宁市普通高中毕业班摸底测试理科数学（考试时间：120分钟 满分：150分）注意事项：1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔把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.写在本试卷上无效.3.回答第II卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第I卷一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.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. 已知集合，则的元素个数为（ ）A.

2、 4个B. 3个C. 2个D. 1个【答案】B【解析】【分析】先化简集合B，再利用交集的运算求解.【详解】由已知，则，所以，所以，故选：B.【点睛】本题主要考查集合的基本运算，属于基础题.2. 复数的虚部是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先利用复数除法运算化简，即可求虚部.【详解】，所以虚部为：故选: D【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，考查了求复数的虚部，属于基础题.3. 已知，均为单位向量，它们的夹角为120，若，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据，由求解.【详解】因为，所以，即所以，即.故选：A.【点睛】本题主要考查

3、平面向量的数量积运算，属于基础题.4. 设直线与抛物线交于，两点，若(为坐标原点)，则的焦点坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题中所给的条件，结合抛物线的对称性，可知，从而可以确定出点的坐标，代入方程求得的值，进而求得其焦点坐标，得到结果.【详解】由对称性可知：点的坐标为或，代入拋物线，解得，所以拋物线方程为：，它的焦点坐标为.故选：C【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目.5. 一组数据的平均数为，方差为，将这组数据的每个数都乘以得到一组新数据，则下列说法正

4、确的是（ ）A. 这组新数据的平均数为B. 这组新数据的平均数为C. 这组新数据的方差为D. 这组新数据的标准差为【答案】D【解析】【分析】设原数据为，分别列出原数据的平均数、方差和新数据的平均数、方差，逐一分析选项，即可得答案.【详解】设原数据为，共p个，则平均数，方差对于选项A、B：新数据的平均数为，故A、B错误；对于选项C：新数据的方差为=，故C错误；对于选项D：新数据的标准差为，故D正确.故选：D【点睛】本题考查一组数据的平均数、方差、标准差的定义与性质，考查分析理解，推理计算的能力，属基础题.6. 在中，角，的对边为，着，则（ ）A B. C. D. 1【答案】D【解析】【分析】根据

5、二倍角的正弦公式、正弦定理角化边和余弦定理可求得结果.【详解】，故选：D.【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理，考查了二倍角正弦公式，属于基础题.7. 如图，网格纸上小正方形边长为1，粗线是一个棱锥的三视图，则此棱锥的表面积为（ ）A. B. C. D. 8【答案】A【解析】【分析】由三视图还原棱锥的直观图，即可求棱锥的表面积.【详解】由已知三视图，可得：此棱锥的直观图如下图所示：和都是直角边为2和的直角三角形，和均是腰长为2的等腰直角三角形，所以其表面积为.故选：A.【点睛】本题考查了根据三视图求几何体的表面积，空间想象能力，属于基础题.8. 已知，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答

6、案】B【解析】【分析】先根据，求得，再由，利用两角差的正弦公式求解.【详解】因为，所以，所以.，故选：B.【点睛】本题主要考查两角和与差的三角函数的应用以及平方关系的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.9. 射线测厚技术原理公式为，其中分别为射线穿过被测物前后的强度，是自然对数的底数，为被测物厚度，为被测物的密度，是被测物对射线的吸收系数.工业上通常用镅241（）低能射线测量钢板的厚度.若这种射线对钢板的半价层厚度为0.8，钢的密度为7.6，则这种射线的吸收系数为（ ）（注：半价层厚度是指将已知射线强度减弱为一半的某种物质厚度，结果精确到0.001）A. 0.110B. 0.112C.

7、D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意知,，代入公式,求出即可.【详解】由题意可得,因为,所以,即.所以这种射线的吸收系数为.故选:C【点睛】本题主要考查知识的迁移能力,把数学知识与物理知识相融合;重点考查指数型函数,利用指数的相关性质来研究指数型函数的性质,以及解指数型方程；属于中档题.10. 已知过定点（）的直线l与圆O：相切时，与y轴夹角为45.则直线l的方程为（ ）A. B. C. 或D. 或【答案】C【解析】【分析】直线l的方程为，切点为P，由题设可知，由几何图形可得，再由圆心到切线距离等于半径求得，然后可得直线方程【详解】设直线l的方程为，切点为P，由题设可知，所以，因为直线l与

8、圆相切，所以，得.故直线l的方程为，故选：C.【点睛】本题考查求圆的切线方程，由圆心到切线的距离等于半径是解决这类问题的常用方法11. 已知双曲线C的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，设双曲线C的左焦点为F，右顶点为B，点P为C上一点，且轴，若，则双曲线C的离心率为（ ）A. 3B. 2C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据条件，利用几何性质表示为，再写出关于的齐次方程，求离心率.【详解】如下图：设双曲线C半实轴、半虚轴、半焦距分别为a、b、c，由已知可得，即，化简得，解得或（舍），故选：A.【点睛】本题考查双曲线离心率的求法，重点考查数形结合分析问题和计算能力，属于基础题型.12. 已知函

9、数，若，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求得函数的导数，根据导数的符号，得到在上单调递增，结合函数的单调性，即可比较，得到答案.【详解】由题意，函数，可得，当时，在上单调递增，因为，.所以，所以，即.故选：B.【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用单调性比较函数值的大小，其中解答中熟练导数与函数的单调性间的关系是解答的关键，着重考查推理与运算能力.第II卷本卷包括必考题和选考题两部分.第1321题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.

10、设，满足约束条件，则的最小值是_.【答案】【解析】【分析】由约束条件画出可行域，然后运用线性规划来求解最小值【详解】由题意约束条件作出可行域，用阴影部分表示，如图所示当目标函数过点时取得最小值最小值为故答案为【点睛】本题主要考查了线性规划，解题步骤为：画出可行域、改写目标函数、运用几何意义求出最值，注意在判定可行域时的方法14. 若，则的值为_.【答案】242【解析】【分析】观察所求代数式与已知条件的联系，令，即可求出的值，进而求出答案.详解】由题设令可得，所以.故答案为：242【点睛】本题考查二项式定理，特殊赋值法是解题的关键，属于基础题.15. 已知球在底面半径为1高为的圆锥内，则该圆锥内

11、半径最大的球的体积为_.【答案】【解析】【分析】由题意可得当球的轴截面是ABC的内切圆时，内切球等体积最大，由题意求出轴截面的内切圆的半径，进而求出内切球的体积【详解】解：易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，点为边上的中点，由题设，求得，设内切圆的圆心为，内切圆半径为故， 则，解得：，其体积：.故答案为：.【点睛】考查圆锥的内切球的半径的求法及球的体积公式，属于中档题16. 已知，函数，若，则实数a的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】先判断函数为奇函数，再对函数求导，判断函数在上为增函数，然后由，得，从而得，进而可得，从而可求出a的取值范围【详解】由可知，函数为奇

12、函数，在上恒成立，所以在上为增函数，由得，即，因为时，所以等价于，解得.故答案为：【点睛】此题考查函数的奇偶性和单调的应用，利用了函数的性质解不等式，属于基础题三、解答题：本大题共70分.解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤.17. 设数列满足，.（1）计算，.猜想的通项公式并利用数学归纳法加以证明；（2）记，求数列的前n项和.【答案】（1），；证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）代入即可计算，可猜想是以1为首项，2为公差的等差数列，假设时，成立，证明也成立即可；（2）求出，利用错位相减法可求出.【详解】（1）由题意可得，由数列的前三项可猜想数列是以1为首项，2为公差的等差数列，即，证

13、明如下：当时，成立；假设时，成立.那么时，也成立.则对任意的，都有成立；（2）因为.，-得：.【点睛】本题考查数列通项公式的猜想及用数学归纳法证明，考查错位相减法求和，属于中档题.18. 某地区为了解学生课余时间的读书情况，随机抽取了n名学生进行调查，将调查得到的学生日均课余读书时间分成，六组，绘制成如图所示的频率分布直方图，将日均课余读书时间不低于40分钟的学生称为“读书之星”，日均课余读书时间低于40分钟的学生称为“非读书之星”已知抽取的样本中日均课余读书时间低于10分钟的有10人.（1）求p和n的值；（2）根据已知条件和下面表中两个数据完成下面的列联表，并判断是否有95%以上的把握认为“

14、读书之星”与性别有关？非读书之星读书之星总计男女1055总计（3）将本次调查所得到有关事件发生的频率视为其发生的概率，现从该地区大量学生中.随机抽取20名学生参加读书与文学素养的研讨会，记被抽取的“读书之星”人数为随机变量X，求X的数学期望.附：，其中.0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1），；（2）填表见解析；没有；（3）人.【解析】【分析】（1）由频率和为1可求出的值，再由抽取的样本中日均课余读书时间低于10分钟的有10人可求出的值；（2）由题意完成列联表，利用公式求出，再结临界值表进行判断即可；

15、（3）将频率视为概率，即从该地区学生中抽取一名学生是“读书之星”的概率为，由题意可知，从而可求出【详解】（1），解得：，所以.（2）因为，所以“读书之星”有，从而列联表如下图所示：非读书之星读书之星总计男301545女451055总计7525100将列联表中的数据代入公式计算得，因为，所以没有95%以上的把握认为“读书之星”与性别有关.（3）将频率视为概率，即从该地区学生中抽取一名学生是“读书之星”的概率为.由题意可知，所以（人）.【点睛】此题考查频率分布直方图，考查频率的求法，考查离散型数学期望的求法，考查二项分布，考查分析问题的能力，属于中档题19. 如图，在直三棱柱中，点E、F在侧棱、上

16、，且，点D、G在侧棱、上，且，.（1）证明：点G在平面内；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接，证得且，得到四边形为平行四边形，进而得到，再证得，得到故四边形为梯形，即可得到D、E、F、G四点共面，即可得到结论；（2）以为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）连接，因为点E、F在侧棱、上，且，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为点D、G在侧棱、上，且，所以，且，所以且，故四边形为梯形.即D、E、F、G四点共面，所以点G在平面内.（2）由题意知、两

17、两垂直，以为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，由，得，(1，0，0)，设平面的法向量为，因为，所以，取，则，所以.又由是平面的一个法向量，所以，即二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了平面的基本性质证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，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.20. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，椭圆的离心率为，若是椭圆上的一个点，且.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知点是椭圆上位于第一象限内一点，

18、直线平行于（为原点）交椭圆于、两点，点是线段上（异于端点）的一点，延长至点，使得，求四边形面积的最大值.【答案】（1）；（2）最大值为.【解析】【分析】（1）利用椭圆的定义可求得的值，结合离心率可求得的值，根据、的关系可求得的值，进而可求得椭圆的标准方程；（2）计算出点的坐标为，可得出直线的斜率为，可设点，设直线的方程，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理并求得，求出点到直线的距离，由已知条件得出，然后利用基本不等式可求得四边形面积的最大值.【详解】（1）由椭圆的定义及，得，即.设椭圆半焦距为，因为，所以，则，所以椭圆的标准方程为；（2）将点的坐标代入椭圆的方程得，可得，即点，所以，设，

19、设直线的方程，联立，消去整理可得，由，又，则，且，所以弦长，到直线的距离为，则，设到直线的距离为，由得，所以，所以，所以，当且仅当时，等号成立，因此，四边形面积的最大值为.【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解，同时也考查了椭圆中四边形面积最值的求解，考查韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于难题.21. 已知函数，（，）.（1）当时，求函数的单调区间；（2）若，证明：函数有两个不同的零点.【答案】（1）函数单调减区间，；函数单调增区间；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）首先对函数求导，解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间.（2）首先求出函数的单调区间，再结合，取，且，即可证明

20、函数有两个不同的零点.【详解】（1）由，得.由得或，当，函数单调递减；，函数单调递增；，函数单调递减.（2），当时，由得，所以在上为减函数，由得，所以在上为增函数，而，所以在上有唯一零点，且该零点在上.取，且，则.所以在上有唯一零点，且该零点在上，所以时，恰好有两个零点.【点睛】本题第一问考查利用导数研究函数的单调区间，第二问考查利用导数证明函数的零点，属于中档题.请考生在第22、23两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一个题目计分.选修4-4：坐标系与参数方程：22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为：(为参数)，曲线与坐标轴交于(异于坐标原点)两点，.（1）

21、求线段的长度；（2）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点，关于直线对称，求直线的极坐标方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由曲线的参数方程消去可知曲线为圆，求出点，的坐标，利用两点间的距离公式可得结果；（2）根据点，关于直线对称可知直线过点，且，利用点斜式求出直线的方程，再化为极坐标方程即可得解.【详解】（1）由曲线的参数方程为(为参数)，得，消去得曲线为圆，圆心为，半径为2，令得，令得，所以（2）由点，关于直线对称且为圆的直径可知.直线过点，又，所以，所以直线的直角坐标方程为，即，将，代入得直线的极坐标方程为.【点睛】本题考查了参数方程化普通方程，考查了点关

22、于直线对称问题，考查了直角坐标方程化极坐标方程，属于中档题.选修4-5：不等式选讲：23. 已知函数=，=（）当=-2时，求不等式的解集；（）设-1，且当，)时，求的取值范围【答案】（）；（）(1，【解析】【分析】()当=2时，不等式化为，分，三种情况讨论求解不等式，可得解集（）当，)时，化简=，不等式化为，由不等式恒成立思想可求得的取值范围【详解】()当=2时，不等式化为，设函数=，则=，当时，由，解得，所以，当时，由，解得，所以；当时，由解得，所以，综上得：原不等式解集是（）当，)时，=，不等式化为，对，)都成立，故，即，的取值范围为(1，【点睛】本题考查分类讨论求解绝对值不等式，不等式恒成立问题，属于中档题