广西钦州市第一中学2021届高三数学9月月考试题 文（含解析）.doc

1、广西钦州市第一中学2021届高三数学9月月考试题 文（含解析）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，只有一项是符合题目要求的.1. 已知i为虚数单位，若，则（ ）A. 2B. C. 1D. 【答案】B【解析】【分析】由已知条件，结合复数的运算可得，由模长公式可得答案.【详解】，故.故选：B.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的相关概念，考查计算能力，属于基础题.2. 已知集合，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出，再由交集的概念，即可得出结果.【详解】因为，所以，又因此.故选：D【点睛】本题主要考查交集和补集的运

2、算，涉及对数型函数的定义域，属于基础题型.3. 已知向量，若，则（ ）A. 12B. 9C. 6D. 3【答案】D【解析】【分析】由题意结合平面向量共线的性质可得，即可得解.【详解】因为，所以，解得.故选：D.【点睛】本题考查了平面向量共线的坐标表示，考查了运算求解能力，属于基础题.4. 已知，则，的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据指数函数与对数函数的性质，分别判断，的范围，即可得出结果.【详解】因为，所以，故选：B.【点睛】本题主要考查比较指数与对数大小，熟记指数函数与对数函数的性质即可，属于基础题型.5. 函数的图像大致是（ ）A. B. C. D.

3、【答案】B【解析】试题分析：由，得，则为奇函数，故其图象关于原点对称，排除C；当时，故，故排除A、D，故选B.考点：函数的图象.6. 设函数是定义在上的偶函数，当时，单调递增，则不等式的解集为（ ）A. 或B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用函数的单调性和偶函数的性质，解出不等式即可【详解】当时，函数单调递增，且函数是上的偶函数， ，由，得，故，得或.故选:A.【点睛】本题考查函数的性质，考查了运用函数的奇偶性和单调性解决不等式问题，考查学生计算能力，属于中档题7. 如图是为了求出满足的最小偶数，那么在和两个空白框中，可以分别填入( )A. 和B. 和C. 和D. 和【答案】D【解

4、析】由题意，因为，且框图中在“否”时输出，所以判定框内不能输入，故填，又要求为偶数且初始值为0，所以矩形框内填，故选D.点睛:解决此类问题的关键是读懂程序框图，明确顺序结构、条件结构、循环结构的真正含义.本题巧妙地设置了两个空格需要填写，所以需要抓住循环的重点，偶数该如何增量，判断框内如何进行判断可以根据选项排除.8. 函数的最小正周期为，若其图象向左平移个单位后得到的函数为奇函数，则函数f（x）的图象（）A. 关于点对称B. 关于点对称C. 关于直线对称D. 关于直线对称【答案】C【解析】【分析】利用最小正周期为，求出的值，根据平移得出，然后利用对称性求解.【详解】因为函数的最小正周期为，所

5、以，图象向左平移个单位后得到，由得到的函数是奇函数可得，即.令得，故A,B均不正确；令得，时可得C正确.故选C.【点睛】本题主要考查三角函数的图像变换和性质.平移变换时注意平移方向和对解析式的影响，性质求解一般利用整体换元意识来处理.9. 下列有关命题说法正确的是（ ）A. 若命题：，则命题：，B. “”的一个必要不充分条件是“”C. 若，则D. ，是两个平面，是两条直线，如果，那么【答案】A【解析】【分析】对选项逐个分析，对于A项，根据特称命题的否定是全称命题，得到其正确；对于B项，根据充分必要条件的定义判断正误；对于C项根据向量垂直的条件得到其错误，对于D项，从空间直线平面的关系可判断正误

6、.【详解】对于A，命题：，则命题：，A正确；对于B，当时，成立，所以“”是“”的充分条件，所以B错误；对于C，且两向量反向时 成立， 不成立C错误；对于D，若，则，的位置关系无法确定，故D错误.故选：A.【点睛】该题考查的是有关选择正确命题的问题，涉及到的知识点有含有一个量词的命题的否定，充分必要条件的判断，空间直线和平面的关系，属于简单问题.10. 已知是双曲线的一个焦点，点在上，为坐标原点，若，则的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设，因为再结合双曲线方程可解出，再利用三角形面积公式可求出结果.【详解】设点，则又，由得，即，故选B【点睛】本题易错在忽视圆锥曲线方

7、程和两点间的距离公式的联系导致求解不畅11. 已知三棱锥DABC中，ABBC1，AD2，BD，AC，BCAD，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A. B. 6C. 5D. 8【答案】B【解析】【分析】由题意结合平面几何、线面垂直的判定与性质可得BCBD，ADAC，再由平面几何的知识即可得该几何体外接球的球心及半径，即可得解.【详解】 ABBC1，AD2，BD，AC，DAAB，ABBC，由BCAD 可得BC平面DAB，DA平面ABC，BCBD，ADAC，CD，由直角三角形的性质可知，线段CD的中点O到点A，B，C，D的距离均为，该三棱锥外接球的半径为，故三棱锥的外接球的表面积为46.故选：B.【

8、点睛】本题考查了三棱锥几何特征的应用及其外接球表面积的求解，考查了运算求解能力与空间思维能力，属于中档题.12. 已知抛物线C：y28x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若，则|QF|()A. B. C. 3D. 2【答案】C【解析】【分析】过点Q作QQl交l于点Q，利用抛物线定义以及相似得到|QF|QQ|3.【详解】如图所示：过点Q作QQl交l于点Q，因为，所以|PQ|PF|34，又焦点F到准线l的距离为4，所以|QF|QQ|3.故选C.【点睛】本题考查了抛物线的定义应用，意在考查学生的计算能力.二填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填在答题卡

9、相应的位置上)13. 若,满足约束条件则的最大值 【答案】【解析】作出可行域如图中阴影部分所示，由斜率的意义知，是可行域内一点与原点连线的斜率，由图可知，点A（1,3）与原点连线的斜率最大，故的最大值为3.考点：线性规划解法14. 甲、乙、丙三位同学被问到是否去过三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过城市；乙说：我没去过城市；丙说：我们三个去过同一城市.由此可判断乙去过的城市为_.【答案】B【解析】【分析】根据题中条件，进行合情推理，即可得出结果.【详解】由乙说：我没去过城市，则乙可能去过城市或城市，但甲说：我去过的城市比乙多，但没去过城市，则乙只能是去过，中的任一个，再由丙说：三人去

10、过同一城市，则由此可判断乙去过的城市为.故答案为：.【点睛】本题主要考查推理案例，属于基础题型.15. 两个平面，mn是两条直线，有下列四个命题：如果mn，m，n，那么.如果m，n，那么mn.如果，m，那么m.如果mn，那么m与所成的角和n与所成的角相等.其中正确的命题有_.(填写所有正确命题的编号)【答案】【解析】【分析】根据空间直线与平面的位置关系的判定方法及几何特征，分析判断各个结论的真假，可得答案【详解】对于，如果mn，m，n，不能得出，错误；对于，如果n，则存在直线l，使nl，由m，可得ml，那么mn.正确；对于，如果，m，那么可能m.错误；对于，如果mn，那么m，n与所成的角和m，

11、n与所成的角均相等.正确.故答案为：【点睛】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了空间直线与平面的位置关系，属中档题16. 已知分别为三个内角的对边，且，则面积的最大值为_【答案】【解析】【分析】首先根据正弦定理得到，利用余弦定理得到，再利用基本不等式得到，再求面积的最大值即可.【详解】由，且，由正弦定理得，化简得，故，所以.又因为，即，所以，当且仅当时取等号.故故答案为：【点睛】本题主要考查正弦定理角化边公式和面积公式，同时考查余弦定理解三角形和基本不等式求最值，属于中档题.三解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明证明过程).17. 某校200名学生的数学期中考试成绩频

12、率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是，（1）求图中的值；（2）根据频率分布直方图，估计这200名学生的平均分；（3）若这200名学生的数学成绩中，某些分数段的人数与英语成绩相应分数段的人数之比如下表所示，求英语成绩在的人数分数段【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）由频率之和为1求解即可；（2）由平均数的计算方法求解即可；（3）求出数学成绩在的人数，再根据比例得出英语成绩在的人数，即可得出答案.【详解】（1），（2）这200名学生的平均分（3）数学成绩在的人数分别为设英语成绩在的人数分别为则英语成绩在的人数为【点睛】本题主要考查了补全频率分布直方图，计算平均数等，属于中档题.18

13、. 为数列的前项和.已知0，=.（）求的通项公式；（）设 ,求数列的前项和.【答案】（）（）【解析】【分析】（I）根据数列的递推关系，利用作差法即可求an的通项公式：（）求出bn，利用裂项法即可求数列bn的前n项和【详解】解：（I）由an2+2an4Sn+3，可知an+12+2an+14Sn+1+3两式相减得an+12an2+2（an+1an）4an+1，即2（an+1+an）an+12an2（an+1+an）（an+1an），an0，an+1an2，a12+2a14a1+3，a11（舍）或a13，则an是首项为3，公差d2的等差数列，an的通项公式an3+2（n1）2n+1：（）an2n+1

14、，bn（），数列bn的前n项和Tn（）（）.【点睛】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键19. 如图，四边形为正方形，平面，点，分别为，的中点（）证明：平面；（）求点到平面的距离【答案】（）见解析；（）.【解析】试题分析：（）取的中点，连接、，由已知结合三角形中位线定理可得且，得四边形为平行四边形，从而可得，再由线面平行的判定可得平面；（）利用等积法可得：，代入棱锥体积公式可得点到平面的距离试题解析：（）证明：取点是的中点，连接，则，且，且，且，四边形为平行四边形，平面（）解：由（）知平面，所以点到平面的距离与到平面的距离是相等的，故转化为求点到平面的距离，

15、设为利用等体积法：，即，点睛：本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题；在证明线面平行的过程中，常见的方法有：1、构造三角形的中位线；2、构造平行四边形；3、利用面面平行；在该题中利用的是构造平行四边形.求点到面的距离主要是利用等体积法.20. 已知函数f（x）（1）求函数f（x）的极值；（2）令h（x）x2f（x），若对x1都有h（x）ax1，求实数a的取值范围【答案】（1）极大值，无极小值（2）【解析】【分析】（1）求函数的导数，利用导数求函数单调区间，即可确定函数极值；（2）由题意，不等式可转化为对x1都成立，利用导数判定的单调性

16、，求出的最小值即可求出的取值范围.【详解】（1）f（x）的定义域为，当时，当时，故在上单调递增，在上单调递减，所以在上有极大值（2），由对x1，都有h（x）ax1可得：对x1，都有，即对x1都成立，令，则，在上单调递增，.【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的单调区间、极值、最值，利用导数解决不等式恒成立问题，分离参数法，转化思想，属于中档题.21. 已知椭圆：（）的两个焦点是，且离心率.（1）求椭圆标准方程；（2）过点作椭圆的一条切线交圆：于，两点，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）本小题根据题意先求，再求椭圆的标准方程；（2）本小题先设切线方程，再根据点到直线的

17、距离公式与弦长公式表示出三角形的面积，最后求最值即可.【详解】解：（1）由题可知， ，又 ， . 椭圆的标准方程为；（2）由已知可知，切线的斜率存在，否则不能形成.设切线的方程为，联立，整理得：，则，化简得：，则.点到直线的距离，所以，即，故的面积为 ，函数在上单调递增，则，即面积的最大值为.【点睛】本题考查椭圆的标准方程，点到直线的距离公式、弦长公式以及函数的最值等问题，是偏难题.22. 在直角坐标系中，圆的参数方程（为参数）以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（1）求圆的极坐标方程；（2）直线的极坐标方程是，射线与圆的交点为，与直线的交点为，求线段的长【答案】（1）；（2）【解析】【分

18、析】（1）先由圆的参数方程消去参数，得到圆的普通方程，再由极坐标与直角坐标的互化公式，即可得出圆的极坐标方程；（2）由题意，先设两点的极坐标为：，将代入直线的极坐标方程，得到；将代入圆的极坐标方程，得到，再由，即可得出结果.【详解】（1）因为，圆的参数方程（为参数），消去参数可得：； 把代入，化简得：，即为此圆的极坐标方程；（2）设两点极坐标为：，因为直线的极坐标方程是，射线，将代入得，即；将代入得，所以【点睛】本题主要考查圆的参数方程与普通方程的互化，直角坐标方程与极坐标方程的互化，以及极坐标下的两点间距离，熟记公式即可，属于常考题型.23. 已知函数. (1)求不等式的解集；(2)若恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）通过讨论的范围，求出不等式的解集即可；（2）通过求函数的最小值，将恒成立问题转化为最值问题，得到关于的不等关系，从而求得结果.【详解】（1）依题意，当时，原式化为，解得，故；当时，原式化为，解得，故无解；当时，原式化为，解得，故；综上所述，不等式的解集为； （2）因为，当且仅当时，等号成立.故恒成立等价于；即，解得，故实数的取值范围为.【点睛】该题考查的是有关绝对值不等式的问题，涉及到的知识点有零点分段法解绝对值不等式，恒成立问题向最值靠拢，属于简单题目.