广西玉林市2021届高三11月教学质量监测理科数学试卷 WORD版含解析.doc

1、2020年11月份广西玉林市高三教学质量监测试题数学(理科)考生注意：1.本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共150分.考试时间120分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上.3.本试卷主要考试内容：高考全部内容.第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1. 已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由集合的运算法则直接求出.【详解】由题可知，则.故选：D.【点睛】本题考查集合的补集、并集运算，属于基础题.2. 若复数（是虚数单位），则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析

2、】【分析】根据复数的乘法，可直接得出结果.【详解】.故选：B.3. 设函数，则在的切线的斜率为（ ）A. 1B. 2C. D. 【答案】D【解析】【分析】求导，即可容易求得结果.【详解】由题可知，故可得.则在的切线的斜率为.故选：D.【点睛】本题考查利用导数的几何意义求切线的斜率，属基础题.4. 若等差数列an满足a2=20，a5=8，则a1=（ ）A. 24B. 23C. 17D. 16【答案】A【解析】【分析】由题意可得，再由可求出值【详解】解：根据题意，则，故选：A.5. 已知单位向量与的夹角为，则向量在向量方向上的投影为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用向量投

3、影的定义直接求解即可【详解】解：向量在向量方向上的投影为.故选：C.6. 设，则“”是“”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【答案】A【解析】【详解】由题意得，不等式，解得或，所以“”是“”的充分而不必要条件，故选A考点：充分不必要条件的判定7. 执行如图所示的程序框图，则输出的结果S为（ ）A. 1B. C. 0D. 【答案】B【解析】【分析】运行程序，根据循环结构的退出条件，计算出输出的的值.【详解】运行程序，判断是，判断是，判断是，判断是，判断是，判断是，判断是，判断是，判断是，判断否，输出.故选：B【点睛】本小题主要考查根据

4、程序框图计算输出结果.8. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是棱AD，CC1的中点，则异面直线A1E与BF所成角的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】取的中点，连接，则可得，从而可得与所成的角就是异面直线A1E与BF所成角，然后由已知可得,从而可得到结果【详解】解：取的中点，连接，则,因为为的中点，所以,因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以，因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以与所成的角就是异面直线A1E与BF所成角，由题意可知，,所以,所以，因为，所以，所以，即与所成的角为，所以异面直线A1E与BF所成角为故选：D【点睛】此题考查异

5、面直线所成的角，考查数学转化思想和推理能力，属于基础题9. 函数（且）的图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】结合函数的奇偶性和单调性，利用排除法即可得到本题答案.【详解】因为，又且，所以为奇函数，其函数图象关于原点对称，所以排除；由题，得，因为当时，所以，则，所以在递减，所以排除D.故选：B【点睛】本题主要考查根据函数的解析式判断函数的图象，利用函数的性质及特殊点，是解决此类问题的关键.10. 小王、小张、小赵三个人是好朋友，他们中间其中一个人下海经商，一个人考上了重点大学，一个人参军了。此外还知道以下条件：小赵的年龄比士兵的大；大学生的年龄比小张小；小王的年龄和

6、大学生的年龄不一样。请按小王、小张、小赵的顺序指出三人的身份分别是（ ）A. 士兵、商人、大学生B. 士兵、大学生、商人C. 商人、士兵、大学生D. 商人、大学生、士兵【答案】A【解析】【分析】本题考查了逻辑推理的能力.【详解】由“小赵的年龄比士兵的大，大学生的年龄比小张小” 可知年龄处在中间位置的是“大学生”小赵.而小张的年龄最大，士兵的年龄最小，则小张是“商人”，小王是“士兵”.故选：A.【点睛】本题考查了逻辑推理，根据现实材料按逻辑思维的规律、规则作出判断，进行推理.属于中档题.11. 点为椭圆上任意一点，为圆的任意一条直径，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】

7、【分析】利用化简可知，再利用，即可得到结论.【详解】由题意，又为圆的任意一条直径，则，在椭圆中，有，即，所以，故的取值范围为.故选：B.【点睛】本题考查椭圆的简单性质，注意解题方法的积累，属于中档题.12. 已知函数在恰有两个零点，则实数 的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先分析0不是函数的零点然后利用导数求出时函数有零点的的范围，然后对分类并分析即可求得在恰有两个零点的实数的取值范围【详解】解：当时，故0不是函数的零点；当时，等价于令，则当时，当时，当时，即，当时，在上有两个零点，则在无零点，则，；当或时，在上有一个零点，故在上需要有一个零点，此时不合题意

8、；当时，在上无零点，故在上需要有两个零点，则综上，实数的取值范围是故选：【点睛】本题考查函数零点的判定，考查分段函数的应用，训练了利用导数求最值，属于难题第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡上.13. 已知直线与直线互相垂直，那么b_【答案】2【解析】【分析】利用直线与直线垂直的性质能求出【详解】直线与直线互相垂直，解得故答案为：2【点睛】本题考查直线与直线垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题14. 若双曲线的焦距为6，则该双曲线的虚轴长为_.【答案】【解析】【分析】根据双曲线方程的几何性质可得结果，【详解】由题得，所以，又，所以，所以.所以双曲线

9、的虚轴长为.故答案为：.【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.15. 若将函数的图象向左平移个单位后，所得图象对应的函数为偶函数，则实数的最小值是_.【答案】3【解析】【分析】函数的图象向左平移个单位，得到为偶函数，利用，可得解【详解】由题意，函数的图象向左平移个单位，得到为偶函数又，故当时,实数的最小值是3， 故答案为：3【点睛】本题考查了三角函数的图像变换，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题16. 在三棱锥中，平面平面，则三棱锥外接球的表面积为_【答案】【解析】【分析】设的外接圆的圆心为，连接，连接PH，由面面垂直的

10、性质定理可得平面ABC，设O为三棱锥P-ABC外接球的球心，连接，OP，OC，过O作，垂足为D，列等式，从而求出，再利用球的表面积公式即可求解.【详解】如图，设的外接圆的圆心为，连接，连接PH.由题意可得，且，.因为平面平面ABC，且，所以平面ABC，且.设O为三棱锥P-ABC外接球的球心，连接，OP，OC，过O作，垂足为D，则外接球的半径R满足，即，解得，从而，故三棱锥P-ABC外接球的表面积为.故答案为：【点睛】本题考查了多面体的外接球问题、球的表面积公式，考查了考生的空间想象能力以及计算求解能力，属于中档题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考

11、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.(一)必考题：共60分.17. 已知等差数列an是递增数列，且a1a5=9，a2+a4=10.（1）求数列an的通项公式；（2）若bn=(nN*)，求数列bn的前n项和Sn.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设an的公差为d，由题意得从而可求出，进而可得数列an的通项公式；（2）由（1）可得bn=().然后利用裂项相消法求和即可【详解】解：（1）设an的公差为d，因为a1a5=9，a2+a4=10，所以解得或，由于数列为递增数列，则，所以所以.（2）由于，则bn=().所以Sn=b1+b2+bn=(1+)=(1)

12、=.18. 已知四棱锥中，底面直角梯形，平面，且，.（1）求证：平面平面；（2）若与平面所成的角为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）证明：取的中点，连接，.根据平面几何知识和线面垂直的判定可证得平面，再证得，可证明平面平面.（2）由线面角的定义可得为与平面所成的角，再以点为坐标原点，分别以，所在直线为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，由二面角的向量求解方法可求得二面角的余弦值.【详解】解：（1）证明：取的中点，连接，.，.又，四边形为正方形，则.平面，平面，.，平面.，四边形为平行四边形，平面.又平面，平面平面.（2）平面，为与平

13、面所成的角，即，则.设，则，.以点为坐标原点，分别以，所在直线为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.平面，平面的一个法向量.设平面的法向量，则，取，则.设二面角的平面角为，.由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.【点睛】本题考查的知识点是空间中的面面垂直关系,运用空间向量求解二面角大小.考查空间想象、推理论证、计算能力，属于中档题.19. 某超市准备举办一次有奖促销活动，若顾客一次消费达到400元则可参加一次抽奖活动，超市设计了两种抽奖方案.方案一：一个不透明的盒子中装有15个质地均匀且大小相同的小球，其中5个红球，10个白球，搅拌均匀后，顾客从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得

14、80元的返金券，若抽到白球则获得20元的返金券，且顾客有放回地抽取3次.方案二：一个不透明的盒子中装有15个质地均匀且大小相同的小球，其中5个红球，10个白球，搅拌均匀后，顾客从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得100元的返金券，若抽到白球则未中奖，且顾客有放回地抽取3次.（1）现有两位顾客均获得抽奖机会，且都按方案一抽奖，试求这两位顾客均获得240元返金券的概率；（2）若某顾客获得抽奖机会.试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得返金券的数学期望；该顾客选择哪一种抽奖方案才能获得更多的返金券？【答案】（1）；（2）120元，100元；选择第一种抽奖方案.【解析】【分析】（1）根据方案一，求得

15、每一次摸到红球的概率为，再结合独立事件的概率，即可求解；（2）根据方案一，得出随机变量的取值，求得相应的概率，得到该顾客获得返金劵金额的数学期望，再由方案二，结合二项分布，求得该顾客获得返金劵金额的数学期望，即可得到答案.【详解】（1）选择方案一，则每一次摸到红球的概率为.设“每位顾客获得240元返金券”为事件A，则.所以两位顾客均获得240元返金券的概率.（2）若选择抽奖方案一，则每一次摸到红球的概率为，每一次摸到白球的概率为.设获得返金劵金额为X元，则X可能的取值为60，120，180，240.则；.所以选择抽奖方案一，该顾客获得返金劵金额的数学期望为（元）若选择抽奖方案二，设三次摸球的过

16、程中，摸到红球的次数为Y，最终获得返金券的金额为Z元，则，故.所以选择抽奖方案二，该顾客获得返金劵金额的数学期望为（元）即，所以应选择第一种抽奖方案.【点睛】本题主要考查了独立事件的概率的计算，以及二项分布和离散型随机变量的分布列与期望的求解及应用，其中解答中正确理解题意，准确求得随机变量的数学期望是解答的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.20. 已知圆经过抛物线的焦点，且与抛物线的准线相切.（1）求抛物线的标准方程及的值；（2）设经过点的直线交抛物线于、两点，点关于轴的对称点为点，若的面积为，求直线的方程.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可求

17、得的值，可求得抛物线的标准方程，再由圆与抛物线的准线相切可求得的值；（2）由题意可知，直线的斜率存在且不为，设直线的方程为，设点、，则点，联立直线与抛物线的方程，列出韦达定理，利用的面积为可得出关于的等式，求出的值，由此可解得直线的方程.【详解】（1）由已知可得，圆心到焦点的距离与到准线的距离相等，即点在抛物线上，则，解得，故抛物线的标准方程为，由于圆与抛物线的准线相切，则；（2）由已知可得，若直线的斜率不存在，则点与点重合.若直线的斜率为，则直线与轴重合，直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意.所以，直线的斜率存在且不为，设直线的方程为，其中.设点、，则点，联立，消去并整理可得，由韦达定理可得

18、，.由抛物线的定义可得，设直线的倾斜角为，则，所以，所以，解得，故直线的方程为，即.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.21. 已知函数，.（1）若存在极小值，求实数的取值范围；（2）设是的极小值点，且，证明：.【答案】(1) .(2)见解析.【解析】【分析】（1）先求得导函数，根据定义域为，可构造函数，通过求导及分类讨论，即可求得的取值范围（2）由（1）令，通过

19、分离参数得，同时求对数，根据函数，可得构造函数及，由导数即可判断的单调情况，进而求得的最小值，结合即可证明不等式成立详解】（1）.令，则，所以在上是增函数.又因为当时，；当时，.所以，当时，函数在区间上是增函数，不存在极值点；当时，的值域为，必存在使.所以当时，单调递减；当时，单调递增；所以存在极小值点.综上可知实数的取值范围是.（2）由（1）知，即.所以，.由，得.令，显然在区间上单调递减.又，所以由，得.令，当时，函数单调递增；当时，函数单调递减；所以，当时，函数取最小值，所以，即，即，所以，所以，即.【点睛】本题考查了导数在研究函数单调性、极值和最值中的综合应用，利用导数证明不等式成立，

20、变换过程复杂，需要很强的逻辑推理能力，是高考的常考点和难点，属于难题(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，则按所做的第一题计分.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），以原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）判断曲线与曲线的位置关系；（2）设点为曲线上任意一点，求的最大值.【答案】（1）曲线与曲线相交；（2）【解析】【分析】（1）将直线化为普通方程，将圆化为直角坐标方程，求出圆心到直线的距离，并与圆的半径比较大小，可得出答案；（2）利用圆的参数方程，可设，从而，利用三角函数求最大值即可.【

21、详解】（1）消去得的普通方程为，由得，即，化为标准方程为，即曲线是以为圆心，半径为1的圆，圆心到直线的距离，故曲线与曲线相交.（2）由为曲线上任意一点，可设，则，其中，的最大值是.【点睛】本题考查极坐标方程、参数方程、普通方程间的转化，考查直线与圆位置关系的判断，考查利用参数方程求最值，考查学生的计算求解能力，属于中档题.选修4-5：不等式选讲23. 已知函数.（1）当，求不等式的解集；（2）设对恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）把a=2代入，根据零点对x分类讨论，依次解各不等式即可（2）根据x的取值范围，去绝对值化简不等式，得到关于a的不等式进而利用恒成立问题，可求得a的取值范围【详解】（1）当时，即，当时，原不等式化为，得，即；当时，原不等式化为，即，即；当时，原不等式化为，得，即.综上，原不等式的解集为（2）因为，所以，可化为所以，即对恒成立，则，所以的取值范围是.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法与简单应用，注意分类讨论思想的应用，属于中档题