1、广东省深圳实验学校2021届高三数学11月月考试题本试卷共6页，22小题，满分150分。考试用时120分钟。注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。2作答选择题时，选项出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目定区域内相应位置上；如需要改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：
2、本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求。1设集合，则 ABCD2已知是虚数单位，是复数，若，则复数的虚部为A B C D 3在中，“”是“”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件4函数的图象不可能是A B C D 5已知圆截直线所得弦的长度小于6，则实数的取值范围为A B C D 6的展开式中的常数项是 A B C D7已知双曲线的实轴长为，左焦点为，是双曲线的一条渐近线上的点，且，为坐标原点，若的面积为，则双曲线的离心率为A B C D8已知函数，若不等式对任意的 恒成立，则实数的最小值为A B C D二、
3、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分。9设，为实数，且，则下列不等式中正确的是ABCD 10函数的部分图象如图所示，且满足 ，现将图象沿轴向左平移个单位，得到函数的图象 下列说法正确的是A在上是增函数 B的图象关于对称C是奇函数 D在区间上的值域是11如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面平面，若点为的中点，则下列说法正确的是A平面B面C四棱锥外接球的表面积为D四棱锥的体积为612设为等比数列的前项和，满足，且，成等差数列，则下列结论正确的是A B C若数列中存在两项，使得，则的最小值为
4、D若恒成立，则的最小值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13. 已知，则 14若，则 15已知直线与抛物线交于，两点，抛物线的焦点为，则的值为 16. 已知函数，若函数有3个不同的零点，且，则的取值范围是 四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10分）如图，四棱锥中，底面是直角梯形，,，侧面，是等边三角形， ，是线段的中点 （1）求证：；（2）求与平面所成角的正弦值18（12分）在，这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解决该问题已知中，分别为内角，的对边，_，求角及的面积（注意：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分） 1
5、9（12分）已知数列满足，且（且）（1）求，的值；（2）设，是否存在实数，使得是等差数列？若存在，求出的值，否则，说明理由（3）求的前项和20（12分）为了缓解日益拥堵的交通状况，不少城市实施车牌竞价策略，以控制车辆数量某地车牌竞价的基本规则是：“盲拍”，即所有参与竞拍的人都是网络报价，每个人不知晓其他人的报价，也不知道参与当期竞拍的总人数；竞价时间截止后，系统根据当期车牌配额，按照竞拍人的出价从高到低分配名额. 某人拟参加年月份的车牌竞拍，他为了预测最低成交价，根据竞拍网站的公告，统计了最近个月参与竞拍的人数(见下表)月份月份编号竞拍人数（万人） （1）由收集数据的散点图发现，可用线性回归模
6、型拟合竞拍人数（万人）与月份编号之间的相关关系.请用最小二乘法求关于的线性回归方程：，并预测年月份参与竞拍的人数 （2）某市场调研机构对位拟参加年月份车牌竞拍人员的报价价格进行了一个抽样调查，得到如下的一份频数表：报价区间（万元） 频数 （i）求这位竞拍人员报价的平均值和样本方差（同一区间的报价可用该价格区间的中点值代替）；（ii）假设所有参与竞价人员的报价可视为服从正态分布，且与可分别由（i）中所求的样本平均数及估值若年月份实际发放车牌数量为，请你合理预测（需说明理由）竞拍的最低成交价参考公式及数据：回归方程，其中，； ，； 若随机变量服从正态分布，则， ，. 21（12分）已知椭圆的离心率
7、为，直线与椭圆有且仅有一个公共点（1）求椭圆的方程及点坐标；（2）设直线与轴交于点过点的直线与交于，两点，记在轴上的投影为，为的中点，直线，与轴分别交于，两点试探究是否为定值？若为定值，求出此定值，否则，请说明理由 22（12分）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）若，为函数的两个极值点，且，为函数的两个零点，求证：当时，深圳实验学校、长沙一中2021届两校联考数学试卷参考答案及评分标准 选择题： 题号123456789101112答案ABBCDDDCACDBCDBCABD1A 解析：由，得，故选A2B 解析：由，得，所以虚部为，故选B3B 解析：若，则或，即或，若，则，则，故选B4C 解析
8、：A，B图像关于原点对称，故为奇函数，即，得，所以A，B正确，C，D图像关于轴对称，为偶函数，得，此时图像为D，故选C5D 解析：圆的方程整理得，圆心为半径为，即，圆心到直线的距离为，因为弦的长度小于6，故有，解得，故选D6D 解析：展开式的通项为，所以展开式的常数项为，含项的系数为，所以的展开式中的常数项为，故选D7D 解析：设，可得，即，所以，又，解得，所以离心率为，故选D8C 解析：因为，所以图像关于点对称，又，所以单调递增，等价于，即恒成立，所以，令，可得，而，所以，故选C9ACD 解析：对于A，因为，所以，所以A正确；对于B，当时，不成立，所以B错误；对于C，因为，函数是上的减函数，
9、所以，所以C正确；对于D，因为，所以，因为是上的增函数，所以，所以D正确，故选ACD10BCD 解析：设的最小正周期为，由题图可知，所以，当时，即，所以，因为，所以，所以，又，所以，APDCBNMO所以，所以，选BCD 11BC 解析：在四棱锥中：由题：侧面平面，交线为，底面为矩形，则平面，过点B只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项A错误；连接交于，连接，中，面，面，所以面，所以选项B正确；四棱锥的体积是四棱锥的体积的一半，取中点，连接，则平面，四棱锥的体积所以选项D错误.矩形中，易得，中求得：，在中即：，所以O为四棱锥外接球的球心，半径为，所以其体积为，所以选项C正确，故选BC12ABD
10、解析：由，设公比为，则，解得，所以，；所以A，B正确，若，则，所以，则或或或，此时或或或；C不正确，当为奇数时，当为偶数时，又关于单调递增，所以当为奇数时，当为偶数时，所以，所以，D正确，故选ABD填空题： 13 14 15 1613答案：解析：， ，又，故答案为14答案： 解析：由得，所以15答案： 解析：联立与得，设，则，16答案：解析：，易求的极小值为令，即，解得方程两根为和，函数的零点即方程和的根函数有3个不同的零点需满足：当时，且，；当时，且，综上：的范围为解答题：17（10分）解析：（1）侧面 ，平面， 2分又等边三角形，是线段的中点， 3分，平面，平面，； 5分（2）以为原点，以
11、在平面内过且垂直于的直线为轴，以、分别为、轴，建立如图所示的空间直角坐标系则， 7分设为平面的一个法向量由令，可得， 9分设与平面所成角为，得， 11分所以与平面所成角的正弦值为 12分18（12分）解析：选 ，因为，所以由正弦定理得，即，所以，因为，所以或 5分 若，由，而，从而，矛盾，舍去 故， 6分接下来求的面积法一：设外接圆的半径为，则由正弦定理得， 12分法二：由()得，即， ，或，当时，又，由正弦定理得，, 10分当时，同理可得，故的面积为 12分选 ， 因为，所以，即， 所以或（舍），因为，所以 6分 以下同解法同 ， 12分 选 ，由及正弦定理得，即，由余弦定理得， 6分 以下
12、解法同 12分 19（12分）解析：（1）由，令，得， 1分令，得； 2分（2），若是等差数列，则有，即， 3分解得， 4分下证当时，是等差数列，当时， 6分所以是公差为1的等差数列，而，所以； 7分（3）由（1），所以， 令则两式相减得： 10分得， 11分所以 12分20（12分）解：（1）易知，1分，2分，3分则关于的线性回归方程为，4分当时,，即2020年11月份参与竞拍的人数估计为2万人；5分（2）（i）依题意可得这人报价的平均值和样本方差分别为：，6分；8分（ii）2020年11月份实际发放车牌数量为3174，根据竞价规则，报价在最低成交价以上人数占总人数比例为，9分根据假设，报价
13、可视为服从正态分布，且， 又，11分可预测2020年11月份竞拍的最低成交价为4.8万.12分21（12分）解析：（1）设的半焦距为，则，即，所以，联立与，得， 2分依题意，解得，所以，故椭圆的方程为； 3分此时即为，根为，则，所以，点坐标为； 4分（2）易知，若直线的斜率为0，此时，或，或，有， 6分若直线的斜率不为0，设直线的方程为，代入得 ，设，则，可得直线的方程为，则，同理，所以 9分，所以 11分综上，为定值 12分22（12分）解析：（1）由于的定义域为， 1分对于方程， 当，即时，恒成立，故在内单调递增 2分当，即时，方程在恰有两个不相等实根，令，得或，此时单调递增；令，得，此时单调递减 4分综上所述：当时，在内单调递增；当时，在单调递增，在单调递减； 5分（2）证明：为函数的两个极值点,即为方程的两根又，且 6分又为的零点，两式相减得， 7分又， 8分令，由，由，上式两边同时除以得：，又，故，解得或（舍去）， 10分设，则，在上单调递减， 11分， 12分