2021届广东省佛山市南海区高三上学期8月摸底数学试题(解析版).doc

1、2021届广东省佛山市南海区高三上学期8月摸底数学试题一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD【答案】A【解析】由集合的表示可得，再由集合的交集运算即可得解.【详解】因为，所以，所以.故选：A.【点睛】本题考查了集合的交集运算，考查了运算求解能力，属于基础题.2已知向量，且，则（ ）A8B6C6D8【答案】D【解析】首先计算的坐标，再根据即可得到的值.【详解】由题知：，因为，所以，解得故选：D【点睛】本题主要考查平面向量数量积的坐标运算，同时考查学生的计算能力，属于简单题.3的展开式中，含项的系数是（ ）ABCD【答案】D【解析】利用二项式定理求得中项的系数，进而可求得的展开式中含项的系数.【详

2、解】当且，的展开式通项为，所以，的展开式中含的系数为，的展开式中，含项的系数是.故选：D.【点睛】本题考查利用二项式定理求指定项的系数，考查计算能力，属于基础题.4曲线在点处的切线方程是（ ）ABCD【答案】C【解析】利用导数求得函数在处的导数值，利用点斜式可得出所求切线的方程.【详解】，则所求切线的斜率为，因此，曲线在点处的切线方程为.故选：C.【点睛】本题考查利用导数求解函数图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题.5复数与的积是实数的充要条件是（ ）ABCD【答案】A【解析】计算出复数与的积，只需虚部为0，即可.【详解】解：为实数，故，故选：A .【点睛】本题结合复数考查实数，属于基础题

3、。6若，是第三象限的角，则（ ）ABC2D【答案】D【解析】由同角三角函数的平方关系可得，由同角三角函数的商数关系及二倍角公式可得，即可得解.【详解】因为，是第三象限的角，所以，所以故选：D.【点睛】本题考查了同角三角函数关系及二倍角公式的应用，考查了运算求解能力，合理变形是解题关键，属于中档题.7设是定义域为的偶函数，且在单调递增，则（ ）ABCD【答案】B【解析】根据函数的性质可知，只需分析，的大小关系，绝对值越大函数值越大.【详解】因为函数为偶函数且在递增，所以在上递减，又，则，所以，所以.故选：B.【点睛】本题考查利用函数的性质比较函数值的大小关系，较简单.8当使用一仪器去测量一个高度

4、为70单位长的建筑物50次时，所得数据为测量值68单位长69单位长70单位长71单位长72单位长次数51510155根据此数据推测，假如再用此仪器测量该建筑物2次，则2次测得的平均值为71单位长的概率为（ ）A0.04B0.11C0.13D0.26【答案】C【解析】由题意，2次测得的平均值为71单位长事件有两次测得都为71单位长，一次70单位长另一次72单位长，根据数据求出测得70、71、72单位长的概率，进而利用古典概型求2次测得的平均值为71单位长的概率即可；【详解】由题意知：2次测得的平均值为71单位长，则事件有两次测得都为71单位长，一次70单位长另一次72单位长；根据数据知：P测得7

5、0单位长=，P测得71单位长= ，P测得72单位长= ，P两次测得都为71单位长= ，P一次70单位长另一次72单位长= ，2次测得的平均值为71单位长的概率故选：C【点睛】本题考查了频率和概率的关系，以及独立事件概率乘法法则，属于基础题.9、两条异面直线成角，过空间中的任一点可作出与、都成的角的平面的个数为（ ）ABCD【答案】B【解析】把两条异面直线、平移，使得平移后的交点为点，记此时直线，过点在平面内作直线、分别为、相交所成的钝角和锐角的角平分线，对所求平面过直线、进行分类讨论，结合对称性可得出结论.【详解】将两条异面直线、平移到点，记此时直线，直线与成的角，、所确定的平面为，令、分别为

6、平面内、相交所成的钝角和锐角的角平分线，则与、所成角相等的平面必过直线或，而过的平面与、所成角的最大值为，这种情况不符合要求；过的平面与、所成角的取值范围是，绕适当转动平面，由对称性可知，符合要求的平面有且仅有两个.故选：B.【点睛】本题考查利用直线与平面所成角求平面的个数，考查分类讨论与数形结合思想的应用，属于中等题.10过点的动直线交圆于，两点，分别过，作圆的切线，如果两切线交于点，那么点的轨迹是（ ）A直线B直线的一部分C圆的一部分D双曲线的一支【答案】B【解析】设，由圆的对称性及直线方程的相关知识可得直线的方程为、直线的方程为，联立消去m、n即可得解.【详解】圆的圆心，半径为2，设，则

7、，由圆的对称性可得即，当各直线的斜率均存在时，的斜率，切线的斜率，所以直线的方程为即，又直线的斜率，所以直线的斜率，所以直线的方程为，由可得，所以，又圆心到直线的距离，所以直线与圆相交，所以点的轨迹是直线在圆外的部分；当直线、其中一条直线的斜率不存在时，点依然在该直线上；所以点的轨迹是直线的一部分.故选：B.【点睛】本题考查了动点轨迹的求解及直线与圆位置关系的应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，属于中档题.二、多选题11如果一个函数在其定义区间内对任意，都满足，则称这个函数为下凸函数，下列函数为下凸函数的是（ ）ABCD【答案】AD【解析】定义域内任取，先求出的解析式以及的解析式，利用函数

8、的单调性、基本不等式判断它们的大小关系，再根据“下凸函数”的定义，得出结论【详解】A.对于函数，定义域内任取，有下凸函数B. 对函数，在定义域内取，因为，即，不满足任意性，所以不是下凸函数.C.对于函数，定义域内任取，有,故不是下凸函数；D. ，由已知，若满足下凸函数，则任取两个数的中点的函数值应该小于等于两个函数值的中点，反映到图象上则任取两个点的连线应该在所给函数图象的上方或重合，由图象可知，此函数满足下凸函数定义故选：AD【点睛】本题考查新定义，考查基本不等式的应用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题12已知函数的定义域是，若满足，且当时，则（ ）ABC有一单调增区间是D【答案】BC

9、D【解析】由函数的性质可得、，即可判断A、B；由函数的性质得出函数在上的解析式即可判断C；由函数的性质可得当时，即可判断D.【详解】由可得，所以，故A错误；，故B正确；当时，当时，所以函数有一单调增区间是，故C正确；当时，当时，当时，当时，所以，故D正确.故选：BCD.【点睛】本题考查了函数性质及三角函数的应用，考查了运算求解能力，合理转化条件是解题关键，属于中档题.三、填空题13已知双曲线(，)的一条渐近线的方程是，则此双曲线的离心率为_.【答案】【解析】由双曲线的标准方程得出渐近线方程为，结合双曲线的一条渐近线的方程，得出，最后结合双曲线离心率，即可求出结果.【详解】解：由题得，双曲线(，

10、)的渐近线方程为，因为双曲线的一条渐近线的方程是，即，可得，则，则.所以该双曲线的离心率为.故答案为：.【点睛】本题考查由双曲线的渐近线方程求离心率，考查双曲线的标准方程及其几何性质的应用，其中解答中熟记双曲线的几何性质是解答的关键，着重考查运算与求解能力.14连续投掷一枚均匀硬币，正面出现次或者背面只要出现一次，就算比赛结束，则比赛结束时出现正面的次数的数学期望是_.【答案】【解析】由题意分析可知：比赛在正面出现次前结束，则最后一次一定是背面，之前的全部为正面；比赛在第次结束，则可能全部是正面，也可能最后一次是背面；由此计算出现正面的次数的概率，进而得到期望；【详解】由题意知：每次投掷硬币正

11、面、背面出现的概率均为；正面出现次或者背面只要出现一次，比赛结束，假设比赛结束时，硬币抛掷了次，；1、当时，有前次全部为正面，第次为背面，则，出现正面的次数的期望为，2、当时，次全部为正面，则，出现正面的次数的期望为，故答案为：【点睛】本题考查了求独立重复试验中事件发生的期望，根据比赛规则分类讨论情况下比赛结束时正面出现次数的期望，它们的和即所求期望；15有3个的正方形，如图1所示，连结相邻两边的中点，把每一正方形分割成与两块，然后如图2所示，将这6块粘附在一个正六边形上，再折叠成一个多面体，则这个多面体的体积为_.【答案】【解析】根据图2的展开图得到几何体的空间立体图，并确定几何体的构成：由

12、一个直角棱长为12cm的直三棱柱和一个上底为的等边三角形、下底为的等边三角形的棱台且去掉三个直角棱长为6cm的直三棱柱构成，即可求几何体的体积；【详解】由题意，可知6块粘附在一个正六边形上，再折叠成一个多面体为一个下底面为边长为正六边形，中间为边长为的等边三角形，且上面是直角棱为的直三棱柱；几何体可看作：由一个直角棱长为12cm的直三棱柱和一个上底为的等边三角形、下底为的等边三角形的棱台且去掉三个直角棱长为6cm的直三棱柱构成；棱台的上底面积为，下底面积为，而高；故，棱台体积，而直角棱长为6cm的直三棱柱的体积，直角棱长为12cm的直三棱柱的体积；几何体体积：故答案为：【点睛】本题考查了利用平

13、面图形还原成空间几何体，分析几何体的构成，根据不同部分的体积公式求体积，然后求和加总；四、双空题16等比数列中，则_，_.【答案】 【解析】在等比数列中，由，得到，再根据，得到，然后由等比数列的通项公式和前n项和公式求解.【详解】在等比数列中，因为，所以，故答案为：；.【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式和前n项和公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.五、解答题17在中，.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由正弦定理及二倍角公式可得，进而可得，即可得解；（2）由同角三角函数的平方关系可得，由二倍角公式可得、，由和角的正弦公式可得，再由正弦定理即可得解.【详

14、解】（1）由正弦定理得，因为，所以，故；（2）因为，所以，所以，所以，所以.【点睛】本题考查了同角三角函数的关系、三角恒等变换及正弦定理的综合应用，考查了运算求解能力，属于中档题.18已知为数列的前项和，且，.（1）求数列的通项公式；（2）若对，求数列的前项和.【答案】（1），；（2），.【解析】（1）根据的递推关系，结合求数列的通项公式；（2）根据（1）有，将作为数列得到其通项公式，求数列的前项和即求的前n项和；【详解】（1）由，解得或（舍去）；由，则-得：，整理有；，知：，即，故；数列是首项为1，公差为3的等差数列.，.（2），数列的前项和，.【点睛】本题考查了利用递推关系求通项公式，及根

15、据新数列通项公式求前n项和；注意求通项时合并、的讨论；19如图，四棱锥的底面是边长为1的正方形，为中点，.（1）求证：平面；（2）求二面角的正切值；（3）求证：平面.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析.【解析】（1）由平面几何的知识可得，再由线面垂直的判定即可得证；（2）作于点，作于点，连接，由线面垂直的判定与性质可得，进而可得就是二面角的平面角，即可得解；（3）连接，取的中点，连，再连交于点，连交于点，连，由平面几何的知识可得，再由线面平行的判定即可得证.【详解】（1）证明：，又，平面，平面；（2）作于点，作于点，连接，如图，且，在同一平面内，平面，平面，又，平面，就是二面角

16、的平面角，二面角的正切值为；（3）证明：连接，取的中点，连，再连交于点，连交于点，连，如图，为中点，为中点，即，又，即为中点，在正方形中，与交于点，为中点，平面，平面，平面.【点睛】本题考查了线面垂直、线面平行的证明及二面角的求解，考查了空间思维能力与运算求解能力，属于中档题.20高铁和航空的飞速发展不仅方便了人们的出行,更带动了我国经济的巨大发展.据统 计,在2018年这一年内从 市到市乘坐高铁或飞机出行的成年人约为万人次.为了 解乘客出行的满意度,现从中随机抽取人次作为样本,得到下表(单位:人次):满意度老年人中年人青年人乘坐高铁乘坐飞机乘坐高铁乘坐飞机乘坐高铁乘坐飞机10分(满意)121

17、2022015分(一般)2362490分(不满意)106344（1）在样本中任取个,求这个出行人恰好不是青年人的概率;（2）在2018年从市到市乘坐高铁的所有成年人中,随机选取人次,记其中老年人出行的人次为.以频率作为概率,求的分布列和数学期望;（3）如果甲将要从市出发到市,那么根据表格中的数据,你建议甲是乘坐高铁还是飞机? 并说明理由.【答案】（1）（2）分布列见解析，数学期望（3）建议甲乘坐高铁从市到市.见解析【解析】（1）根据分层抽样的特征可以得知，样本中出行的老年人、中年人、青年人人次分别为，即可按照古典概型的概率计算公式计算得出；（2）依题意可知服从二项分布，先计算出随机选取人次，此

18、人为老年人概率是，所以，即，即可求出的分布列和数学期望；（3）可以计算满意度均值来比较乘坐高铁还是飞机【详解】（1）设事件：“在样本中任取个，这个出行人恰好不是青年人”为， 由表可得：样本中出行的老年人、中年人、青年人人次分别为，所以在样本中任取个，这个出行人恰好不是青年人的概率（2）由题意，的所有可能取值为： 因为在2018年从市到市乘坐高铁的所有成年人中，随机选取人次，此人为老年人概率是，所以， ，所以随机变量的分布列为： 故 （3）答案不唯一，言之有理即可 如可以从满意度的均值来分析问题，参考答案如下：由表可知，乘坐高铁的人满意度均值为：乘坐飞机的人满意度均值为：因为， 所以建议甲乘坐高

19、铁从市到市【点睛】本题主要考查了分层抽样的应用、古典概型的概率计算、以及离散型随机变量的分布列和期望的计算，解题关键是对题意的理解，概率类型的判断，属于中档题21椭圆的左焦点为，设点的坐标为，过作一斜率不为0的直线与椭圆相交于不同的两点，且点关于轴的对称点.（1）求证：，三点共线；（2）当的面积取得最大值时，求直线的方程.【答案】（1）证明见解析；（2）或.【解析】（1）先设直线的方程以及点，由题意得到点，求出，然后将直线的方程代入，由韦达定理代入求解即可得证；（2）先求出的取值范围即可推算出直线的方程.【详解】解：（1）设直线，设，整理得：，即，、三点共线.（2），当且仅当时取“=”，故直线

20、为：，整理得或.【点睛】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系.利用韦达定理求三点共线问题以及求直线的方程.属于中档题.22已知.（1）当时，不等式恒成立，求m的取值范围；（2）求证：当时，.【答案】（1）.（2）证明见解析【解析】【详解】（1）依题意，当x0时，恒成立.设，则x0时，k(x)0恒成立，若，则x0时，k(x)在0，+)上为增函数.于是，x0时，k(x)k(0)=0.因此，符合要求.若，则2m1，0xln(2m)时，k(x)0，k(x)在上为减函数.于是，.因此，不符合要求.所以m的取值范围为.（2）解法一：设，则.当xln4时，g(x)ln4时，g(x)0所以g(x)在(-，ln4

21、上为减函数，在ln4，+)上为增函数.所以g(x)g(ln4)=4-4ln4.由此可得，g(x)=ex-4x4-4ln4，即，当且仅当x=ln4时等号成立.所以x0时，当且仅当x=ln4时等号成立.设h(x)=4x-4lnx-4，则.当0x1时，h(x)1时，h(x)0.所以h(x)在(0，1上为减函数，在1，+)上为增函数.所以h(x)h（1）=0，即，当且仅当x=1时等号成立.故.由于上述两个等号不同时成立，因此.所以当x0时，f(x)4lnx+8-8ln2.解法二：设，则.由g(x)=，知g(x)为增函数.又g（1）=e-40，因此，g(x)有唯一零点，设为x0.则x0(1，2)，且0xx0时，g(x)x0时，g(x)0所以g(x)在区间(0，x0上为减函数，在区间x0，+)上为增函数.所以g(x)有最小值.又由，知，两边取对数，得.所以.所以当x0时，g(x)g(x0)0，故当x0时，.