1、广西梧州市2021届高三数学3月联考试题 文本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，满分150分.第1-12小题答案用2B铅笔填涂在答题卷选择题方框内，第13-23小题用0.5mm黑色签字笔写在答题卷上各题的答题区域内.考试时间120分钟.在试题卷上作答无效.第卷（选择题）一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1. 已知集合，则中元素的个数为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 52. 若复数满足，则（ ）A. B. 5C. D. 3. 2017年8月1日是中国人民解放军建军90周年，中国人民银行发行了以此为主题的纪念币.如图是一
2、枚8克圆形精制金质纪念币，直径为，面额100元.为了测算图中军旗部分的面积，现用1粒芝麻向硬币内投掷100次，其中恰有30次落在军旗内，据此可估计军旗的面积大约是（ ）A. B. C. D. 4. 设，满足，则的最小值是（ ）A. 2B. -7C. 3D. -55. 已知双曲线的焦点到渐近线的距离为，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. 2C. D. 6. 若，则（ ）A. -4B. 4C. 5D. -57. 函数的大致图象是（ ）A. B. C. D. 8. 正三棱柱中，是的中点，则异面直线与所成的角为（ ）A. B. C. D. 9. 已知直线与圆：相交于，且，则实数的值为（ ）A. 1或
3、-1B. -1C. 1D. 或-110. 已知，在球的球面上，直线与截面所成的角为，则球的表面积为（ ）A. B. C. D. 11. 已知函数，其图象相邻两条对称轴之间的距离为，则下列四个结论中正确的是（ ）A. 函数的图象关于中心对称B. 函数在区间内有4个零点C. 函数的图象关于直线对称D. 函数在区间上单调递增12. 已知，若函数有4个零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 第卷（非选择题）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知向量，且，则_.14. 已知数列中，则_.15. 已知抛物线的焦点为，准线为，过点且倾斜角为的直线交抛物线于点（在第一象限
4、），垂足为，若的面积是，则抛物线的方程是_.16. 已知三内角，的对边分别为，且，若角的平分线交于点，且，则的最小值为_.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）17. 已知数列是公差为2的等差数列，它的前项和为，且，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，求数列的前项和.18. 垃圾是人类日常生活和生产中产生的废弃物，由于排出量大，成分复杂多样，且具有污染性，所以需要无害化、减量化处理.某市为调查产生的垃圾数量，采用简单随机抽样的方法抽取20个县城进行了分析，得到样本数据
5、，其中和分别表示第个县城的人口（单位：万人）和该县年垃圾产生总量（单位：吨），并计算得，.（1）请用相关系数说明该组数据中与之间的关系可用线性回归模型进行拟合；（2）求关于的线性回归方程，用所求回归方程预测该市10万人口的县城年垃圾产生总量约为多少吨？参考公式：相关系数，对于一组具有线性相关关系的数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，.19. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，平面平面，为侧棱的中点，且.（1）证明：平面；（2）若点到平面的距离为2，且，求点到平面的距离.20. 已知椭圆：过点，点为其上顶点，且直线的斜率为.（1）求椭圆的方程；（2）设为第四象限内一点且在椭圆上，直线与
6、轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积是定值.21. 已知函数.（1）当时，求的极值；（2）若存在，使得成立，求实数的取值范围.请考生在第22、23两题中任选一题作答.注意：只能做选定的题目.如果多做，则按所做的第一题计分.作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.22. 选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，点的坐标为.以原点为极点，轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，点的极坐标为，曲线的极坐标方程为.（1）若点为曲线上的动点，求线段的中点的轨迹的直角坐标方程；（2）在（1）的条件下，若过点的直线与曲线相交于，两点，求的值.23. 选修4-5：不等式选
7、讲已知函数.（1）求不等式的解集；（2）正数，满足，证明：.梧州市2021届高中毕业班3月联考参考答案文科数学一、选择题（每小题5分，共60分）1-5：BCBAA6-10：DCCAD11-12：BC1. B 解析：由可得，所以.故选B.2. C 解析：由，得，所以.故选C.3. B 解析：由该纪念币的直径为，知半径，则该纪念币的面积为，所以估计军旗的面积大约是.故选B.4. A 解析：由约束条件可得可行域如图阴影部分所示：由，得，当取最小值时，在轴截距最小，由图象可知，当过点时，在轴截距最小，又，所以.故选A.5. A 解析：取双曲线的右焦点，取双曲线的渐近线，即，依题意得，即，所以离心率.故
8、选A.6. D 解析：由，得，所以.故选D.7. C 解析：由题可知，函数的定义域为，所以函数为奇函数，所以排除选项B，D；又，所以排除选项A.故选C.8. C 解析：如图，取的中点，连接，.由于正三棱柱中，底面，而底面，所以.由正三棱柱的性质可知，为等边三角形，所以，且，所以平面，而平面，则，所以.又为的中点，则，所以即为异面直线与所成的角.设，则，则，所以.故选C.9. A 解析：由题意得为等腰直角三角形，所以圆心到直线的距离，即，整理得，即，解得或1.故选A.10. D 解析：设的外心为，则.设球的半径为，由题意可知平面，又直线与截面所成的角为，所以，在中，所以，所以球的表面积为.故选D
9、.11. B 解析：由的图象相邻两条对称轴之间的距离为，得.A中，错误；B中，当时，当时，正确；C中，错误；D中，由，得的单调递增区间为，.令，令，所以在区间上不单调递增，错误.故选B.12. C 解析：由题意有4个零点，即有4个零点.设，则恒过点，所以函数与的图象有4个交点.在同一直角坐标系下作出函数与的图象，如图.由图象可知，当时，函数与的图象至多有2个交点；当函数过点和时，此时函数与的图象恰有3个交点；当函数与的图象相切时，设切点为，所以，所以，解得，所以，此时函数与的图象恰有3个交点；当时，两函数图象至多有两个交点.所以若要使函数有4个零点，则.故选C.二、填空题13. 解析：因为，所
10、以，又，所以，解得.14. 解析：在数列中，则，.15. 解析：如图可知，垂足为，连接，准线与轴的交点为，所以，则三角形是正三角形.由的面积为，可得，所以在中，则，所以抛物线方程为.16. 4 解析：由及正弦定理，得，因为，所以，即.因为，所以.如图，所以，所以，即，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为4.三、解答题17. 解析：（1）因为数列是公差为2的等差数列，且，成等比数列，所以，则，解得，所以.（2）由（1）可得，所以，则，-得，所以，因此.18. 解析：（1）由题意知，相关系数.因为与的相关系数接近1，所以与之间具有较强的线性相关关系，可用线性回归模型进行拟合.（2）由题意
11、可得，所以.当时，所以该市10万人口的县城年垃圾产生总量约为252.5吨.19. 解：（1）证明：（证法一）取的中点，连接，.因为为侧棱的中点，所以，又平面，平面，所以平面.又，且，所以四边形为平行四边形，则.又平面，平面，所以平面.因为，所以平面平面.因为平面，所以平面.（证法二）取的中点，连接，.因为为侧棱的中点，所以.又在梯形中，且，所以，所以.所以四边形为平行四边形，则.又平面，平面，所以平面.（2）因为平面平面，平面平面，平面.所以平面.因为平面，所以.因为，所以平面.所以点到平面的距离为.因为，所以.过点作于点，则，因为，所以平面.因为，所以.在中，由等面积法得，所以点到平面的距离
12、为.20. 解析：（1）由题意，设直线：，令，则，于是.所以，故椭圆的方程为.（2）设，且，又，所以直线：，令，则.直线：，令，则.所以四边形的面积为，所以四边形的面积为定值.21. 解：（1）由题意知的定义域为，当时，.因为，所以当，时，；当时，.所以的递增区间为，的递减区间为，所以的极大值为，的极小值为.（2）若，使得成立，即有解.设，只需在上的最小值小于0.当时，在上单调递增，.因为，所以.当，即时，时，时，在上单调递减，在上单调递增，所以.因为，所以，所以，不满足题意.当，即时，在上单调递减，又因为，所以.所以实数的取值范围是.22. 解析：（1）点的直角坐标方程为，将，代入曲线的极坐标方程，所以曲线的直角坐标方程为，整理得.设点的坐标为，点的坐标为，则.由为的中点，有，得，代入，得，整理得.故线段的中点的轨迹的直角坐标方程为.（2）设直线的倾斜角为，则直线的参数方程为（为参数），设，对应的参数分别为，.将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程后，整理得，得，所以.所以的值为1.23. 解析：（1）当时，解得，所以；当时，解集为；当时，解得，所以.综上，不等式的解集为.（2）证明：因为，为正数，则等价于对任意的恒成立.又因为，且，所以只需证.因为，当且仅当时等号成立.所以成立.
