广西钦州市第一中学2021届高三数学开学摸底考试试题 理（含解析）.doc

1、广西钦州市第一中学2021届高三数学开学摸底考试试题 理（含解析）一选择题1. 已知集合，则中元素的个数为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 6【答案】A【解析】【分析】根据集合交集所表示的几何意义，即可确定交集中元素个数.【详解】由，且，可知元素为直线右方(含线上)且在直线上的点，所以有满足，故中元素的个数为个.故选：A.【点睛】本题主要考查求交集中元素的个数，涉及二元一次不等式组所表示的平面区域，属于基础题型.2. 复数的虚部是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法，先将复数化简，再由复数概念，即可得出结果.【详解】因，所以复数的虚部为.故选：D.【点睛】本

2、题主要考查求复数的虚部，考查复数的除法运算，属于基础题型.3. 若双曲线的离心率为，则C的虚轴长为（ ）A. 4B. C. D. 2【答案】C【解析】【分析】利用离心率得到关于的方程，求出其解后可得虚轴长.【详解】因为双曲线的离心率为，故，解得，所以虚轴长为.故选：C.【点睛】本题考查双曲线的离心率及虚轴长，注意双曲线中各几何量计算公式的正确应用，如虚轴长指，本题属于基础题.4. 已知递增等差数列的前项和为，若，4，成等比数列，则（ ）A. 36B. 32C. 28D. 30【答案】D【解析】【分析】设的公差为，利用的通项公式代入计算得出结果【详解】设的公差为，因，且，4，成等比数列，所以，得

3、或(舍)，所以，.故选:D.【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，考查学生的计算能力，属于基础题5. 已知向量，若，则与夹角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出，再根据条件，利用向量坐标运算，列方程求出的值，然后只需要利用夹角公式即可求出与夹角的余弦值.【详解】，.又，解得，即，故.故选：D.【点睛】本题考查向量垂直的坐标运算以及向量夹角公式，是基础题.6. 已知，则的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将已知展开化简可得平方后，再结合即可解决.【详解】由已知，化简，即，即，平方可得：，解得：故选：A.【点睛】本题考查已知三角

4、函数值求三角函数值的问题，解这类题的关键是找到已知式与待求式之间的联系与差异，本题是一道基础题.7. 已知等比数列满足，且，成等差数列，则的值为（ ）A. B. 8C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】先利用，成等差数列列出关于等比数列的首项和公比的关系式，解出公比，再将 化简求值.【详解】因为，成等差数列，则，即，解得，所以.故选：A【点睛】本题考查等差数列的概念、等比数列的通项公式及应用，是数列部分的基础运算题，灵活运用通项公式是解题的关键.8. 在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为，且，则下面四种情形中，对应样本的标准差最小的一组是（ ）A. B. C D. 【答案】A【解

5、析】【分析】计算出四个选项中对应数据的平均数和方差，由此可得出标准差最小的一组.【详解】对于A选项，该组数据的平均数为，方差为；对于B选项，该组数据的平均数为，方差为；对于C选项，该组数据的平均数为，方差为；对于D选项，该组数据的平均数为，方差为.因此，A选项这一组的标准差最小.故选：A【点睛】本题考查标准差的大小比较，考查方差公式的应用，考查计算能力，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

6、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.10. 一个几何体的三视图如图所示，若这个几何体的体积为，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A. 36B. 64C. 81D. 100【答案】C【解

7、析】【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步利用几何体的体积公式求出四棱锥体的外接球的半径，最后求出球的表面积【详解】解：根据几何体的三视图可以得到该几何体为四棱锥体，如图所示： 该四棱锥的底面是长方形，长为6，宽为5，四棱锥的高即为所以，解得设四棱锥的外接球的半径为r，所以，解得，所以，故选：C【点睛】本题考查了几何体的三视图问题，解题的关键是要能由三视图解析出原几何体，从而解决问题.11. 设椭圆C：(a0，b0)的左右焦点分别为，离心率为.P是C上一点，且.若的面积为4，则a=（ ）A. 1B. 2C. 4D. 8【答案】C【解析】【分析】利用椭圆的定义，勾股定理和面积公式进行整理计算即

8、可得到答案.【详解】，由椭圆定义，由得，的面积为4，则，即，即,解得，即，故选：C.【点睛】本题考查椭圆的定义，离心率以及勾股定理的应用，考查学生分析推理能力，属于基础题.12. 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据对数函数的性质，结合基本不等式，即可得出结果.【详解】由对数性质，可得：，即；而，综上所述，.故选：B.【点睛】本题主要考查比较对数式的大小，熟记对数函数的性质即可，涉及基本不等式的应用，属于常考题型.二填空题13. 的展开式中含的项的系数为8，则_.【答案】2【解析】【分析】根据二项式定理，得到二项展开式的通项，再由题中条件，列出方程，即可得出结果.

9、【详解】因为二项式展开式的通项为：，令，解得，所以.故答案为：2.【点睛】本题主要考查由指定项的系数求参数，熟记二项式定理即可，属于基础题型.14. 若x，y满足约束条件 ，则的最大值为_.【答案】0【解析】【分析】根据约束条件得到可行域，分析要使有最大值，等价于在可行域上有交点的情况下函数与x轴的截距最大，即可知过时，z最大【详解】由不等式组可得如下可行域(阴影部分)，而当时，目标函数有要使的最大，即是目标函数在可行域内平移过程中，在可行域上有交点时，与x轴的截距最大由上图可知，目标函数过时，目标函数有最大值故答案为：0【点睛】本题考查了应用线性规划求最值，首先由约束条件得到可行域，再根据目

10、标函数在可行域内有交点的情况下确定最值15. 已知圆锥的底面半径为，母线长为，若圆锥内某正方体的底面在圆锥的底面上，则该正方体的最大体积为_.【答案】1【解析】【分析】先由圆锥的结构特征可知：圆锥内接正方体最大，设正方体边长为，沿内接正方体的体对角线所在的面，纵切圆锥及其内接正方体，得到轴截面，结合图形，由题中数据，列出方程求解，即可求出正方体的棱长，进而可求出体积.【详解】由圆锥的结构特征可知：圆锥内接正方体最大；因为圆锥的底面半径为，母线长为，所以圆锥的高为，设正方体棱长为，沿内接正方体的体对角线所在的面，纵切圆锥及其内接正方体，得到如图所示的轴截面， 则图形可得：，解得：，所以该正方体的

11、最大体积为.故答案为：.【点睛】本题主要考查求圆锥内接正方体的最大体积，熟记正方体和圆锥的结构特征即可，属于常考题型.16. 关于函数有如下四个命题：的图像关于轴对称. 的图像关于原点对称.的图像关于直线对称. 的图像关于点对称.其中所有真命题的序号是_.【答案】【解析】【分析】根据余弦函数的性质，由题中条件，逐项判断，即可得出结果.【详解】对于，定义域为，显然关于原点对称，且，所以的图象关于y轴对称，命题正确；对于，则，所以的图象不关于原点对称，命题错误；对，则，所以的图象不关于对称，命题错误；对，则，命题正确.故答案为：.【点睛】本题主要考查判定与三角函数有关命题的真假，熟记熟记余弦函数的

12、性质即可，属于常考题型.三解答题17. 每个国家对退休年龄都有不一样的规定，近年我国关于延迟退休的话题一直在热议，为了了解市民对“延迟退休”的态度，现从某地市民中随机选取100人进行调查，调查情况如下表：年龄段(单位：岁)被调查的人数101520255赞成的人数61220122（1）从赞成“延迟退休”的人中任选1人，得此年龄在的概率为，求出表格中，的值；（2）若从年龄在的参与调查的市民中按照是否赞成“延迟退休”进行分层抽样，从中抽取5人参与某项调查，然后再从这5人中随机抽取3人参加座谈会，记这3人中赞成“延迟退休”的人数为，求的分布列.【答案】（1），；（2）分布列见解析.【解析】【分析】（1

13、）通过抽取的人数求解，通过赞成“延迟退休”的人的概率，求解；（2）由已知得X的可能取值为2，3，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量X的分布列.【详解】（1）因为总共抽取100人进行调查，所以， 因从赞成“延迟退休”的人中任选1人，其年龄在的概率为，得. （2）从年龄在中按分层抽样抽取5人，赞成的抽取人，不赞成的抽取1人，再从这5人中随机抽取3人，则随机变量X的可能取值为2，3. 则， 所以X的分布列为X23P【点睛】本题主要考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列的求法，属于中档题.18. 在ABC中，.（1）求角A；（2）若，是的角平分线，D在BC上，且.求.【答案】（1）；（2）.【

14、解析】【分析】（1）利用正弦定理和正弦的两角和公式化简即可得到答案.（2）在中，由余弦定理可得的长，得到为直角三角形，进而得到的取值.【详解】（1），得，所以，则，因，故，.（2）由（1）知， 【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查正弦的两角和公式，属于基础题.19. 已知正方体的边长为4，E，F，G分别在棱上，.（1）证明：点在平面内；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用两条平行线确定一个平面，即可得证.（2）建立空间直角坐标系，利用平面的法向量即可得二面角的余弦值.【详解】如图： 取中点H，连接，由勾股定理得 则四边形是正

15、方形，由中位线得 则四点共面，故点在平面内. （2）建立坐标系如图，则设平面和平面的法向量分别为，则取同理 ，则二面角的正弦值为，【点睛】本题主要考查了线面的位置关系，利用空间向量求二面角的余弦值，属于中档题.20. 曲线：与曲线：交于、两点，为原点，.（1）求；（2）曲线上一点的纵坐标为2，过点作直线、，、的斜率分别为、，、分别交曲线于异于的不同点，证明：直线恒过定点.【答案】（1）2；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由对称性可知：、关于轴对称，根据可设，分别代入曲线和曲线，解方程即可得出结果；（2）由（1）求得的坐标，设，由化简计算可得，讨论直线的斜率是否为0，斜率不为0时设直线的

16、方程为：，与曲线方程联立，利用韦达定理化简即可得出结果.【详解】（1）由对称性可知：、关于轴对称，可设，则，把代入曲线得：.（2）由（1）得：，设，求得设，则，同理，若直线斜率为0，直线的方程为：，代入曲线，仅一解，不合题意，舍去，存在时，设直线的方程为：，把代入整理得：，得：，代入式，得：，故直线的方程为：，恒过.【点睛】本题考查抛物线的方程及直线与抛物线的位置关系中恒过定点问题，考查韦达定理的运用，考查学生的计算能力，属于中档题.21. 已知函数（1）若，讨论的单调性；（2）若，且存在两个极值点，证明：.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由，求导，再分和两种

17、情况讨论求解. （2）根据存在两个极值点和，则的两个极值点满足，有，不妨设，则，化简，将，转化为，令，用导数证明即可.【详解】（1）的定义域为，. (i)若，则，所以在单调递增. (ii)若，当时，；当时，.所以在单调递减，在单调递增. （2）因为存在两个极值点，.，所以的两个极值点满足，所以，不妨设，则 则，要证，只需证.设，则，知在单调递减，又当时，.故，即.【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与不等式证明，还考查分类讨论思想和转化化归的思想和运算求解的能力，属于较难题.22. 在直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标

18、方程为，曲线与x轴y轴分别交于两点，直线与曲线交于两点.（1）求两点的极坐标；（2）求的值.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）分别令，即可求出两点极坐标；（2）先得到曲线的直角坐标方程，将直线的参数方程代入，根据，即可求出结果.【详解】（1）令，得，故的极坐标为； 令，得，故的极坐标为. （2）由得曲线的直角坐标方程为， 将的参数方程代入得， 则.【点睛】本题主要考查求曲线与坐标轴交点的极坐标，以及参数的方法求弦长，属于常考题型.23. 已知x，y，z均为正实数，且证明：（1）；（2）【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）运用基本不等式，可得，三式相加，结合题设条件，即可求解；（2）由乘“1”法，结合柯西不等式证明，即可证明.【详解】（1）由基本不等式，可得，所以当且仅当时等号成立，即，又由，所以（2）由题意知，可得当且仅当时等号成立，所以【点睛】本题主要考查了不等式的证明，其中解答中合理运用均值不等式和柯西不等式是解答的关键，属于中档题