1、广西钦州市第一中学2021届高三数学8月月考试题 理（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
2、运算，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的大小，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
4、【解析】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
5、，所以，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. 下列有关命题的说法正确的是（ ）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
6、正误.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
7、方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
9、题卡相应的位置上）13. 若满足约束条件，则的最大值为_【答案】3【解析】分析】先画出平面区域，根据是可行域内一点与原点连线的斜率，结合图形，即可得出结果.【详解】画出约束条件所表示的平面区域如图，由斜率的意义知，是可行域内一点与原点连线的斜率，由图像可得，点与原点连线的斜率最大，由得，即，此时.故的最大值为3.故答案为：3.【点睛】本题主要考查求非线性目标函数的最值，利用数形结合的方法求解即可，属于基础题型.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】
10、【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. 、是两个平面，、是两条直线，有下列四个命题：如果，那么. 如果，那么.如果，那么. 如果，那么与所成的角和与所成的角相等. 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】根据空间中线面，面面，线线位置关系，逐项判断，即可得出结果.【详解】如果，则与可能平行或相交；故错误；如果，则存
11、在直线，使，由，可得，那么故正确；如果，那么可能或；故错误；如果，那么、与所成的角和、与所成的角均相等，故正确.故答案为：.【点睛】本题主要考查空间中与线面、面面有关命题的判定，熟记线线、线面、面面位置关系即可，属于常考题型.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
12、（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. 为了解某苗圃基地的柏树幼苗生长情况，在树苗中随机抽取120株测量高度（单位：cm），经统计，树苗的高度均在区间内，将其按， 分成6组，制成如图所示的频率分布直方图.据当地柏树苗生长规律，高度不低于27cm的为优质树苗.（1）求图中的值；（2）用样本估计总体，频率代替概率，若从这批树苗中随机抽取4株，其中优质树苗的株数为，求的数学期望.【答案】（1）；（2）1.【解析】【分析】（1）由频率分布直方图，以及频率之和为1，列出方程求解，即可得出结果；（2）根据题意，求出这批树苗为优质树苗的概率，由题意得出服从二项分布，进而可求
13、出期望.【详解】（1）根据频率分布直方图，有，得；（2)这批树苗为优质树苗频率为， 所以这批树苗为优质树苗的概率为，的可能取值为0，1，2，3，4，由题意知服从二项分布，即 数学期望为.【点睛】本题主要考查由频率分布直方图求参数，考查求二项分布的期望，属于常考题型.18. 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
14、（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，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（1）所示，在中，是边上的高，且，是的中点现沿进行翻折，使得平面平面，得到的图形如图（2）所示（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由
15、题意，先根据面面垂直的性质定理，得到平面，再由线面垂直的性质，即可得出；（2）以为原点，所在的直线分别为，轴建立空间坐标系，设，求出直线的方向向量，以及平面的一个法向量，由向量夹角公式，以及线面角与向量夹角的关系，即可得出结果.【详解】（1）由图（1）知，在图（2）中，平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，；（2）以为原点，所在的直线分别为，轴建立如图所示的空间坐标系，不妨设，则，设平面的法向量，则，即，令，得，则是平面的一个法向量，设直线与平面所成的角是，则，故直线与平面所成角的正弦值为【点睛】本题主要考查证明线线垂直，以及求直线与平面所成的角，熟记线面垂直，面面垂直的性质定理，以及空间向
16、量的方法求线面角即可，属于常考题型.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，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
17、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）求椭圆的标准方程；（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
18、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.请考生在（22）、（23）两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做第一个题目计分，做答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.选修44：坐标系与参数方程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
19、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）设两点的极坐标为：，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.选修45：不等式选讲（本小题满分10分）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.
