广西柳江中学2021届高三（11月6日）一模模拟考数学文科试题 WORD版含解析.doc

1、2021届高三11月6日一模模拟考数学试题文科数学注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出集合、，在进行交集运算即可.【详解】因为，所以，故选：C【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，涉及解一元二次不等式，求对数函数的定义域，属于基础题.2. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据三角函数定义得到，故，再利用和差公式得到答案.【详解】角的终边过点，.故选：.

2、【点睛】本题考查了三角函数定义，和差公式，意在考查学生的计算能力.3. 某几何体的三视图如图所示，图中圆的半径为1，等腰三角形的腰长为3，则该几何体表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】几何体是由一个圆锥和半球组成，其中半球的半径为1，圆锥的母线长为3，底面半径为1，计算得到答案.【详解】几何体是由一个圆锥和半球组成，其中半球的半径为1，圆锥的母线长为3，底面半径为1，故几何体的表面积为.故选：.【点睛】本题考查了根据三视图求表面积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.4. 已知，为虚数单位，且，则（ ）A. B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数相

3、等的性质求解 再计算即可.【详解】因为,故解得.故.故选：B【点睛】本题主要考查了复数的基本运算,属于基础题型.5. 已知等差数列的前n项和为，若A. 22B. 33C. 44D. 55【答案】C【解析】【分析】由等差数列的通项公式表示出，得到，再表示出，整理得解【详解】设等差数列的首项为，公差为，则可化为：，整理得：，故选C【点睛】本题考查了等差数列的通项公式及前项和公式，属于基础题6. 若x，y满足约束条件，则的最大值为（ ）A. -6B. -2C. 2D. 16【答案】D【解析】【分析】作出不等式组表示的平面区域；令，转化为求；结合图象知当直线过时，取得最大值进而求得结论【详解】解：画出

4、实数，满足约束条件表示的平面区域如图：令，转化为求，则表示直线在轴上截距，截距越大，越大，由可得目标函数线过时，直线的纵截距最大，得最大值为；的最大值是：；故选：D【点睛】本题考查画不等式组表示的平面区域、考查数形结合求函数的最值属于中档题7. 从集合中随机抽取一个数，从集合中随机抽取一个数，则向量与向量垂直的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出组成向量的个数和与向量垂直的向量个数，计算所求的概率值【详解】解：从集合，4，中随机抽取一个数，从集合，3，中随机抽取一个数，可以组成向量的个数是（个；其中与向量垂直的向量是和，共2个；故所求的概率为故选：【点睛】本题考查

5、了平面向量的坐标表示与古典概型的概率计算问题，属于基础题8. 已知双曲线的一条渐近线被圆截得的弦长为2，则该双曲线的离心率为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求得双曲线的方程的渐近线方程，求得圆的圆心和半径，运用点到直线的距离公式和弦长公式，解方程可得a2=2b2，由a，b，c的关系和离心率公式，计算即可得到所求值【详解】双曲线=1（a0，b0）的渐近线方程为y=x，圆x2+y26x+5=0即为（x3）2+y2=4，圆心为（3，0），半径为2，圆心到渐近线的距离为d=，由弦长公式可得2=2，化简可得a2=2b2，即有c2=a2+b2=a2，则e=故选：【点睛】本题考查双曲线的方

6、程和性质，主要是渐近线方程的运用，考查直线和圆相交的弦长公式的运用，考查运算能力，属于中档题9. 已知是定义在上的偶函数，函数满足，又已知，则（ ）A. 0B. 1C. D. 2【答案】D【解析】【分析】由已知得出函数的周期，再利用周期性，奇偶性求函数值【详解】由函数满足，可得，则，故函数的周期为4，则.故选：D.【点睛】本题考查函数的周期性与奇偶性，属于基础题10. 函数的图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求得函数的定义域为，排除A项；设，令导数求得函数的单调性，结合选项，即可求解.【详解】由题意，函数的定义域为，可排除A项；设，则，当时，函数单调递增；当时，

7、函数单调递减，可得，所以函数在上单调递增，在单调递减，且.故选：B.【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数图象与性质，其中解答中根据函数的解析式求得函数的定义域，以及利用导数求得函数的单调性是解答的关键，着重考查推理与运算能力.11. 等比数列的各项均为正数，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据等比数列下标和性质，求得，再结合对数运算，即可求得结果.【详解】由等比数列的性质可得：，所以.则，故选：B.【点睛】本题考查等比数列的下标和性质，涉及对数运算，属综合基础题.12. 已知函数在区间上单调递增，且在区间上有唯一的实数解，则的取值范围是（ ）A. B. C. D

8、. 【答案】D【解析】【分析】可求出的单调递增区间为，可知，即可由此建立不等式求出，再由在区间上有唯一的实数解可得，且，解出即可.【详解】因为，令，即，所以函数的单调递增区间为，又因为函数在上单调递增，所以，所以，且，又因为，所以，又在区间上有唯一的实数解，所以，且，可得.综上，.故选：D.【点睛】本题考查正弦型函数相关性质应用，属于中档题.第II卷（非选择题）二、填空题13. 若函数，则=_【答案】【解析】【分析】令，可得，代入可得答案.【详解】令，可得，所以故答案为：.【点睛】本题考查求函数值，整体代入是解决此类问题的常用方法，属于基础题.14. 已知两个单位向量、的夹角为，向量，则|_【

9、答案】【解析】【分析】利用平面向量数量积的运算律和定义计算出的值，进而可求得的值.【详解】根据题意，两个单位向量、的夹角为，则，则，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查向量数量积的计算，涉及向量模的计算，属于基础题15. 设、为两个不同平面，直线，则“”是“”的_条件.【答案】充分不必要【解析】【分析】利用面面平行的定义和线面平行的定义和性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断.【详解】根据题意，由于、表示两个不同的平面，为内的一条直线，由于，则根据面面平行的性质定理可知，在平面内任何一条直线都与平面平行，条件可以推出结论；反之，直线与平面、的交线平行，根据直线与平面平行的判定定理可知，但此

10、时，平面、相交.因此，“”是“”的充分不必要条件，故答案为充分不必要.【点睛】本题主要考查空间中面面平行的性质定理，同时也考查了充分不必要条件的判断，考查逻辑推理能力，属于中等题.16. 如图，在正方体中，点在线段上移动，有下列判断：平面平面；平面平面；三棱锥的体积不变；平面其中，正确的是_（把所有正确的判断的序号都填上）【答案】【解析】【分析】在正方体中可证平面平面，又点在线段上移动,所以平面平面,所以正确;先证平面，再根据面面垂直的判定定理可证平面平面，所以正确；根据平面,可得三棱锥的体积不变，所以正确；由平面，而与交于，可得不正确.【详解】因为在正方体中有, ,且平面,平面,所以 平面,

11、同理得平面,又,所以平面平面,又点在线段上移动,所以平面平面,所以正确;因为平面，所以在平面内的射影为，因为，根据三垂线定理可得，同理可得，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面，所以正确；由知平面，所以点到平面的距离为定值,所以三棱锥的体积不变，所以正确；由知平面，而与交于，所以与平面不垂直，所以不正确。故答案为:【点睛】本题考查了直线与平面,平面与平面平行的判定定理，考查了直线与平面垂直的判定定理，考查了平面与平面垂直的判定定理，考查了三棱锥的体积公式，属于中档题.三、解答题17. 已知的内角、所对的边为、，且满足.（1）求角的大小；（2）若的外接圆半径为1，求的最大值.【答案】（1）；（

12、2）.【解析】【分析】（1）本题首先可根据正弦定理得出，然后根据二倍角公式得出，最后根据同角三角函数关系得出，即可得出结果；（2）本题首先可根据的外接圆半径为1得出，然后根据余弦定理以及基本不等式得出，即可得出结果.【详解】（1）因为，所以，因为，所以，即，因为，所以，则，.（2）因为的外接圆半径为1，所以，则，即，当且仅当时取等号，故，的最大值为.【点睛】本题考查解三角形相关问题的求解，考查正弦定理边角互换以及余弦定理的应用，考查通过基本不等式求最值，考查计算能力，考查转化与化归思想，是中档题.18. 2020年1月底因新型冠状病毒感染的肺炎疫情形势严峻，避免外出是减少相互交叉感染最有效的方

13、式在家中适当锻炼，合理休息，能够提高自身免疫力，抵抗该种病毒某小区为了调查“宅”家居民的运动情况，从该小区随机抽取了100位成年人，记录了他们某天的锻炼时间，其频率分布直方图如下：（1）求a的值，并估计这100位居民锻炼时间的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；（2）小张是该小区的一位居民，他记录了自己“宅”家7天的锻炼时长：序号n1234567锻炼时长m（单位：分钟）10151220302535（）根据数据求m关于n的线性回归方程；（）若（是（1）中的平均值），则当天被称为“有效运动日”估计小张“宅”家第8天是否是“有效运动日”？附；在线性回归方程中，【答案】（1），30.2；（

14、2）（），（）估计小张“宅”家第8天是“有效运动日”【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图特征，各小矩形面积之和为1，即可求出a的值，再根据平均值等于各小矩形的面积乘以其底边中点的横坐标之和，即可求出；（2）（）根据最小二乘法，分别计算出和，即可求出m关于n的线性回归方程；（）根据线性回归方程，令，求出预测值，再验证是否满足，即可判断【详解】（1）， （分钟） （2）（）， ， ， 关于n线性回归方程为 （）当时，估计小张“宅”家第8天是“有效运动日”【点睛】本题主要考查利用频率分布直方图估计总体的数字特征，利用最小二乘法求线性回归方程，以及利用线性回归方程进行预测，意在考查学生的数学运算能

15、力和数据分析能力，属于基础题19. 已知四边形是梯形（如图，为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置（如图，且（1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接，由已知证明四边形是边长为1的正方形，且取的中点，连接，求解三角形即可证明平面，进一步得到平面平面；（2）由（1）知，平面，再证明为正三角形且边长为1设点到平面的距离为，然后利用等体积法求点到平面的距离【详解】（1）证明：连接，为的中点，四边形是边长为1的正方形，且如图，取的中点，连接，且，得，平面平面，平面平面；（2）解：由（1）知，平面，且，为正三角形且边长为1设点到平面的距离

16、为，则，即，解得点到平面的距离为【点睛】本题主要考查线面垂直，面面垂直，线线垂直转化以及等体积法求点到平面的距离问题，还考查了转化化归的思想和逻辑推理，运算求解的能力，属于中档题.20. 已知椭圆的离心率为，短轴长为2.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线与椭圆交于两点，为坐标原点，若，求证：点在定圆上.【答案】（1）椭圆的标准方程为 （2）证明见解析【解析】试题分析：（1）由已知可得， 椭圆为；（2）由，且 ，又 ，由得 点在定圆上. 试题解析：（1）设焦距为，由已知，椭圆的标准方程为. （2）设，联立得，依题意，化简得， 若，则， 即， 即，化简得，由得.点在定圆上.（没有求范围不扣分）【

17、点睛】本题主要考查椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆的位置关系、斜率公式等知识，涉及函数与方程思想、数形结合思想分类与整合、转化与化归等思想，并考查运算求解能力和逻辑推理能力，属于较难题型. 第一小题由题意由方程思想建立方程组求得标准方程为；（2）设而不求法求得，再利用韦达定理转化得 ，由得 点在定圆上. 21. 已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求出斜率，即可写出切线的方程；（2）由原不等式可转化为，构造函数，利用导数分别求最大值与最小值即可求解.【详解】（1）由，得，所以切线的斜率，又因为当时，所

18、以切线方程为，即.（2）欲证，即证，即证，设，则，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，所以在处取得极大值，即为最大值，所以，所以.设，则，所以在上单调递增，所以，所以在时成立，所以，所以，所以，即成立.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，切线方程，利用导数求函数的最值，不等式的证明，属于中档题.22. 在平面直角坐标系中，的参数方程为（t为参数）.以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.（1）求的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（2）求曲线C上的点到距离的最大值及该点坐标.【答案】（1）的普通方程为；曲线C的直角坐标方程为（2）曲线C上的点到直线距离的最

19、大值为，该点坐标为【解析】【分析】（1）先将直线的参数方程利用部分分式法进行转化，再消参数，即可得解，要注意去除杂点；将曲线C的方程先去分母，再将，代入，化简即可求解；（2）先将曲线C的方程化为参数形式，再利用点到直线的距离公式，结合三角函数求最值，即可得解.【详解】解：（1）由（t为参数），得.消去参数t，得的普通方程为；将去分母得，将代入，得，所以曲线C的直角坐标方程为.（2）由（1）可设曲线C的参数方程为（为参数），则曲线C上的点到的距离，当，即时，此时，所以曲线C上点到直线距离的最大值为，该点坐标为.【点睛】本题考查参数方程与普通方程、直角坐标和极坐标之间的转化，利用圆锥曲线的参数方程解决点到直线距离的问题，考查考生的运算求解能力，考查化归与转化思想，属于中档题.23. 设函数.（1）求不等式的解集；（2）关于的不等式在实数范围内有解，求实数的取值范围【答案】() () 【解析】【分析】（）由，得，分类讨论去绝对值解不等式即可；（）由不等式在实数范围内有解，得在实数范围内有解，令，分裂讨论求出的最大值即可.【详解】解：（），即，则，当时，解得，当时，解得，所以原不等式的解集为：（）由不等式在实数范围内有解可得，在实数范围内有解，令，则，因为，所以，即【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，绝对值函数的最值，属于中档题.