广西南宁市普通高中2021届高三数学10月摸底测试试题 文（含解析）.doc

1、广西南宁市普通高中2021届高三数学10月摸底测试试题 文（含解析）一选择题1. 已知全集，集合，则中元素的个数为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B【解析】【分析】由集合，可得，即可得解.【详解】集合，中元素的个数为3.故选：B.【点睛】本题考查了集合的运算，考查了集合的元素个素，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. 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

2、说法正确的是（ ）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.4. 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

3、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. 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.5

4、. 当（ ）时，.A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将展开，再化简即可求解.【详解】因为，所以，即，所以，所以，故选：B【点睛】本题主要考查了两角和的正弦公式，以及辅助角公式，属于基础题.6. 在平面内，(为常数，且)，动点满足：，则点的轨迹为（ ）A. 圆B. 椭圆C. 抛物线D. 直线【答案】A【解析】【分析】根据平面向量数量积的坐标表示公式，结合平面向量坐标表示公式、圆的标准方程进行判断即可.【详解】不妨设，设，因为，所以，即，解得，所以点轨迹为圆.故选：A【点睛】本题考查了求曲线轨迹方程，考查了平面向量数量积坐标表示公式，考查了圆的标准方程识别，考查了数学运算能力.7.

5、 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.8. 点到直线的距离的最大值为（ ）A. 1B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先求出直线过定点，则时距离最大，再

6、利用两点间的距离公式计算可得；【详解】解：直线过定点，当时，距离最大，最大为，故选：D.【点睛】本题考查直线过定点问题，以及两点间的距离公式的应用，属于基础题.9. 一个几何体的直观图与正视图俯视图如图所示，则它的体积为（ ）A. 8B. C. D. 16【答案】B【解析】【分析】由视图及直观图，结合棱锥的体积公式即可得解.【详解】由题意可得该几何体为四棱锥，则它的体积.故选：B.【点睛】本题考查了由三视图求几何体的体积，考查了空间思维能力与运算求解能力，属于基础题.10. 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据对数函数的单调性比较与和与的大小可得解.【详解】，又，

7、.故选：C.【点睛】本题考查了利用对数函数的单调性比较大小，属于基础题.11. 在中，角，的对边为，着，则（ ）A. B. C. D. 1【答案】D【解析】【分析】根据二倍角的正弦公式、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，考查了二倍角的正弦公式，属于基础题.12. 已知函数是上的奇函数，当时，不等式恒成立，则整数的最小值为（ ）A 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】【分析】由题意有，即可得，进而可知其为增函数，由不等式恒成立结合的单调性有，令利用导数研究的最值，即可求的取值范围，可得最小值.【详解】由题意知：，即，所以，函数为

8、上的增函数，不等式恒成立，又，得，即，令，当时，单调递增；当时，单调递减，当时，取极大值也是最大值，最大值为，即，又，有.故选：A【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性、单调性及不等式恒成立求参数的最值，综合应用了单调性解不等式、导数研究不等式恒成立等知识点，属于中档题.二填空题13. 设，满足约束条件，则的最大值是_.【答案】10【解析】【分析】画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义得到答案.【详解】先根据约束条件画出可行域，由，解得，如图，当直线过点时，目标函数在轴上的截距取得最大值时，此时取得最大值，即当，时，.故答案为：10.【点睛】本题考查了线性规划问题，意在考查学生的作图能力和计

9、算能力，画出图象转化为几何意义是解题的关键.14. 设双曲线离心率为，则的渐近线方程为_.【答案】【解析】【分析】根据离心率公式得到，再计算渐近线得到答案.【详解】由双曲线的方程可得渐近线的方程为：，由题意离心率，可得，所以渐近线的方程为，故答案为：.【点睛】本题考查了双曲线渐近线方程，属于简单题.15. 已知曲线(为自然对数的底数)在处的切线斜率等于，则实数_.【答案】1【解析】【分析】由导数的几何意义知，即可求参数即可.【详解】由函数解析式，知：，依题意：，则，故答案为：1.【点睛】本题考查了根据导数的几何意义求参数，属于简单题.16. 已知球在底面半径为1高为的圆锥内，则该圆锥内半径最大

10、的球的体积为_.【答案】【解析】【分析】由题意可得当球轴截面是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，属于中档题三解答题17. 设正项等比数列满足，.（1）求的通项公式；（2）记，为数列的前项和，求使得的的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设公比为，根据条件，利用等比数列的通项公式列方程组求解即可；（2

11、）根据（1）可得是一个以4为首项，-1为公差的等差数列，则可求出，再根据列不等式求解即可.【详解】（1）设公比为，依题意且，由已知，可得，所以；（2）由（1）有，所以是一个以4为首项，-1为公差的等差数列，所以.于是等价于，解得.所以的取值范围是.【点睛】本题考查等比数列通项公式和等差数列前项和公式，考查学生计算能力，是基础题.18. 某地区为了解学生课余时间的读书情况，随机抽取了名学生进行调查，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

12、日均课余读书时间低于10分钟的有10人.（1）求和的值；（2）根据已知条件和下面表中两个数据完成下面的22列联表，并判断是否有95%以上的把握认为“读书之星”与性别有关？非读书之星读书之星总计男女1055总计附：，其中.0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1），；（2）列联表答案见解析，没有95%以上的把握认为“读书之星”与性别有关.【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图，由所有频率之和为1，可得：，即可得解；（2）根据22列联表的数据代入公式可得，对照表格数据即可得解.【详解】（1），解得：，所以.

13、（2）因为，所以“读书之星”有，从而22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22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.【点睛】本题考查了频率直方图以及22列联表，考查了独立性检验，同时考查了计算能力，本题为常规题，属于基础题.19. 如图，在直三棱柱中，点在侧棱上，且，点在线段上，且，.（1）证明：点在平面内；（2）若，求直线与平面所成角的正切值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接，通过证明四边形为梯形可证点在平面内；（2）连结，根据题意可推出即为直线与平面所成角，结

14、合已知计算可得结果.详解】（1）证明：连接，因为点在侧棱上，且，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为点在上，且，所以，且，所以且，故四边形为梯形.即四点共面，所以点在平面内.（2）由题设三棱柱为直三棱柱知：两两垂直，所以平面，为上一点，所以点在平面上的射影为点，连结，则即为直线与平面所成角，.因为点在棱上且，所以，因为点在棱上且，所以，因为，所以，所以直线与平面所成角的正切值是.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了点共面问题，考查了直线与平面所成角，属于中档题.20. 已知函数.（1）当时求的单调区间；（2）若在上有两个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）函数的递增区间是

15、；递减区间是；（2）.【解析】【分析】（1）首先求出函数的导函数，再解不等式，即可得到函数的单调区间；（2）对分、三种情况讨论，结合函数的单调性即可得解；【详解】解：（1），令，得或，若，则当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减；所以函数的递增区间是；递减区间是.（2）因为(i)若，在单调递增；若，则当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.综上，当时，在上单调递增，所以至多一个零点.(ii)当时，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，又，所以要使在上有两个零点，则，解得.所以的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性与函数的零点，考查分类讨论思想，属于中档题.21. 已知椭圆

16、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，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

17、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，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.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）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

18、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.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