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2021届广西南宁市高三第一次适应性测试数学（文）试题
一、选择题（（每小题5分,共60分）） 1. 已知集合
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】【分析】 可求出集合
, ∴
,则
( )
,然后进行交集的运算即可. 【详解】 ∵.故选:D.
,
2. 复数
的虚部是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】【分析】 利用复数除法运算化简复数,由虚部定义可得结果. 【详解】 ∵
,∴
的虚部为
. 故选:A.
3. 若
,则
( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】【分析】 由诱导公式
, ∴
.故选:C.
即可求出. 【详解】 ∵
4.
的展开式中,
的系数是( )
gm 1
A. B. C. D. 【答案】C 【解析】【分析】 根据二项展开式的通项公式,令的幂指数等于可求得,代入可求得结果. 【详
解】
展开式通项公式为:.故选:C.
, 令
,解得:
,∴
的系数为
5. 已知直线,两个不同的平面和
,,则A. 若
,,则B. 若
,,则C. 若
,,则D. 若
.下列说法正确的是( )
【答案】D
【解析】【分析】 根据线面和面面位置关系的性质即可依次判断. 【详解】 对A,若
或,则
C,若,,则故D正确. 故选:D.
,
,故A错误; 对B,若,,则与相交,平行或在平面内,故B错误; 对与平行或相交,故C错误; 对D,若,,则由面面平行的性质可得,
6. 记
为等差数列
的前项和,若
,则数列
的通项公式
( )
A. B. C.
D.
【答案】B
【解析】【分析】 根据等差数列通项和求和公式可构造方程组求得,根据等差数列通项公式
得到结果. 【详解】 设等差数列的公差为,则,解得:, ∴
. 故选:B.
7. 过点
的直线与圆
或
相切,则直线的方程为( )
A. C. 【答案】C
B. D.
或
【解析】根据题意,圆
gm
的圆心为,半径, 若直线的斜率不存在,则直线的
2
方程为,与圆相切,符合题意, 若直线的斜率存在,设直线的斜率为, 则直线的方程为
,即, 此时有,解可得, 则切线方程为
,变形可得. 综合可得:要求直线方程是或,故选:C.
8. 已知函数
,则其大致图象为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】【分析】 令
内的符号,即可知∴
,
且,,利用导数求极值,进而判断
且
,单调减; ∴
,则
在定义域
, ,故
的大概图象. 【详解】 令有
单调增;
,
有
在定义域内恒成立.故选:D.
9. 春天是鲜花的季节,水仙花就是其中最迷人的代表,数学上有个水仙花数,它是这样定义的:“水仙花数”是指一个三位数,它的各位数字的立方和等于其本身.三位的水仙花数共有个,其中仅有个在区间
内,我们姑且称它为“水仙四妹”,则在集合,“水仙四妹”,共个整数中,
gm
3
任意取其中个整数,则这个整数中含有“水仙四妹”,且其余两个整数至少有一个比“水仙四妹”小的概率是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】【分析】 根据定义求
法有
种,而其中“其余两个没有比
内的“水仙四妹”,由集合知:“含有水仙四妹的3个整数”的取小”的只有1种,即所求事件的取法有
种,进而即可求概率.
,即有,故“含有小”, ∴“含
.
【详解】 设“水仙四妹”为且,,依题意知:
,可得,即“水仙四妹”为, ∴集合为
小”的对立事件为“含有,但其余两个整数至少有一个比,但其余两个没有比有
”的取法有:
种,而事件
只有种,故所求事件的取法有
种,∴即所求概率为
故选:D.
10. 已知抛物线的直线交抛物线
A. B. C. D.
于
､
的焦点在直线两点,则
( )
上,又经过抛物线C的焦点且倾斜角为
【答案】C
【解析】【分析】 直线
斜角为
与轴的交点就是抛物线的焦点,从而可求出抛物线方程,然后将倾
,
, 所以抛物线
的直线方程与抛物线方程联立成方程组,消去,整理后利用根与系数的关系可得
【详解】 因为直线,设
,抛物线方程为
与轴的交点为
从而再利用抛物线的定义可求出
的焦点坐标为
,所以过焦点且倾斜角为
的直线方程为, 设,由,得, 所以
,所以,故选:C.
11. 已知双曲线
的左焦点为
,过点
的直线与两条渐近线的交点分别为
两点(点
原点),且
gm
位于点与点之间),且
( )
4
,又过点作于(点为坐标
,则双曲线E的离心率
A. B. C.
D.
【答案】C
【解析】【分析】 根据题意作出图示,根据角度以及长度关系分别求解出
,然后根据二倍角的正切公式求解出
的关系式,则离心率可求. 【详解】 不
妨设在第二象限,在第三象限,如下图所示:因
为,,所以, 所以,
, 又,所以, 所以
,所以, 因为
,所以, 所以,所
以.故选:C.
12.
,则
的大小顺序为( )
A. B. C. D.
【答案】A
gm
5
【解析】【分析】 构造函数
的大小,若
,应用导数研究其单调性,进而比较,,
有两个解,则,,构造
,利用导数确定,进而得到,即可判断、的
大小,即可知正确选项. 【详解】 令,则,,,
而且,即时单调增,时单调减,又,∴,
.若有两个解,则,,即,,令
,则,即上递增,∴,即
在上,,若即,故,有∴当
时,,故, 综上:.故选:A.
二、填空题（（每小题5分,共20分）） 13. 已知向量
,
,若
,则
__________.
【答案】2
【解析】【分析】 利用向量垂直的性质直接求解. 【详解】 ∵向量
∴
,解得
.故答案为:.
,
,
,
14. 记
为递增等比数列
的前项和,若
,则
的值为__________.
【答案】
求
,,进而求
的值. 【详解】 设
【解析】【分析】 利用等比数列通项,结合
等比数列
首项为
,公比为,则
, 由题意,
,得,解得或
(舍), ∴,故. 故答案为:.
gm 6
15. 函数
图象关于轴对称,则
的图象向左平移
的最小值为__________
,再根据
的图象关于轴对称建立关系即可求解. 【详解】
, ∵
,解得
, ∵
,故
的图象关于
轴对称,∴
个单位长度后得到函数
的图象,且
的
【答案】
【解析】【分析】 根据平移求得
由题可得
的最小值为.故答案为:.
16. 已知母线长为的圆锥的顶点为,点、为圆锥的底面圆周上两动点,当时,锐角的面积为,则此时圆锥的体积为__________.
与
所夹的角最大
【答案】
与
所夹的角最大时,
为底面圆的直径,根据三角形面积可得
【解析】【分析】 可得当
,进而得
,再由余弦定理可求出半径,得出体积. 【详解】 设底面半径为
, 当与所夹的角最大时,为底面圆的直径, 此时,解得
, ∵为锐角三角形,∴, 则
,解得, 则圆锥的体积为.
故答案为:.
三、解答题（（每小题12分,共60分）） 17. 在(2)若
中,的面积
分别为角
的对边,且,求的取值范围.
. (1)求角A;
【答案】见解析
【解析】【分析】 (1)由正弦定理化角为边可得
由面积公式可得
,再利用余弦定理即可求出; (2)
,再利用基本不等式即可求出. 【详解】 (1)由已知结合正弦定理可得,
即
,
则
由
余
弦
定
理
可
得
, ∵,∴; (2)
gm 7
,则
仅当
时等号成立, ∴
.
, 由,当且
18. 在某地区的教育成果展示会上,其下辖的一个数育教学改革走在该地区前列的县级民族中学近几年升入“双一流”大学的学生人数(单位:个)有如下统计表:
(1)根据表中
数据,建立关于的线性回归方程. (2)根据线性回归方程预测年该民族中学升入“双一
,其回归直线方程
流”大学的学生人数(结果保留整数). 附:对于一组数据
的斜率和截距的最小二乘估计分别为,;(参考数据:
).
【答案】见解析
【解析】【分析】 (1)由表格中的数据及所给公式求得和的值,则线性回归方程可求; (2)由回
归方程求解预测值,注意
的取值. 【详解】 (1)由题意,
,
∴
∴关于的线性回归方程为
年时,年份代码
,此时
或76人.
保留整数为
或
; (2)由(1)可知,当年份为人,所以
年该民族中
学升入“双一流”大学的学生人数为
19. 如图,在直四棱柱
中,上､下底面均为菱形,且
,点M为
的中点.
gm 8
(1)求证:平面; (2)若,求二面角
的余弦值.
【答案】见解析
【解析】【分析】 (1)根据菱形和直四棱柱的特点可证得
判定定理可证得结论; (2)连接
,交
于点
,以
,
,由线面垂直
为坐标原点可建立空间直角坐标系,利用空间向为菱形,
; ∵四棱柱
,∴
; ∵
于点
,以
,∴
为等边三角形,
为直四棱平面
,
量法可求得二面角的余弦值. 【详解】 (1)∵四边形又
为
中点,∴平面,∴
, 又平面
,又
平面. (2)连接
,∴
柱,∴
,交为坐标原点,可建立如下图所
示的空间直角坐标系,则,,,
, ∴,,, 设平面的法向量
,则, 令,则,,∴;
设平面的法向量,则, 令,则,
,∴; ∴, 由图形知:二面角
gm 9
为锐二面角,∴二面角的余弦值为.
20. 设(2)当
时,
,
,其中
恒成立,求实数的取值范围.
和
两种情况下,结合定义域,根据导函数的正负可确定原函数,利用导数和复合函数单调性可确定
,进而
,且
. (1)试讨论
的单调性;
【答案】见解析
【解析】【分析】 (1)分别在
的单调性; (2)将不等式化为
转化为,利用导数可求得的最小值,由可得结果. 【详解】 (1)
①当,
时,
时,由; ∴
上单调递减,在
;当
时,
时,由
; ∴
得:
在
,即定义域为上单调递减,在
∴当;
上单调递增; ②当时,;当时,在
上单调递增. (2)由, 设
,则; ∴
得:定义域为,即在上单调递减,在上单调递增;当时,得:
时,; ∴当
上单调递增; 综上所述:当在上单调递减,在
,即
∴上单调递减,在上单调递增,∴
在上恒成立,∴; 设,则, ∴当时,
;当
,∴
时,; ∴在上单调递减,在.
上单调递增,∴
, 即实数的取值范围为
21. 如图所示,已知椭圆
的左､右焦点分别为
､
,且
,点
在
直线上运动,线段与椭圆的交点为,当轴时,直线的斜率的绝对值为.
(1)求椭圆的标准方程; (2)设点在椭圆上,若直线的
gm 10
斜率与直线的斜率之积等于,证明:直线始终与椭圆相切.
【答案】见解析
(2)设【解析】【分析】 (1)由焦距、过焦点直线的斜率求参数、、,写出椭圆方程;
,椭圆
上过
点的切线方程
,联立椭圆方程结合判别式
,
,确定为切线方程,
由得,代入切线方程判断是否过点,即可证结论. 【详解】 (1)由
,即, ∵当轴时,直线的斜率的绝对值为, ∴,即
,而且, ∴,故,得
, ∴椭圆方程为. (2)由(1),,结合题设,令且,
,, 设椭圆上过点的切线方程,以下证明该方程确为椭圆切线方程:
∴联立方程,整理得, ∴
,又, ∴,即为椭
圆切线方程, ∴由,即,得,代入切线方程, 得
,故切线方程必过点. 综上,直线始终与椭圆相切,得证.
四、选做题（（每小题12分,共24分）） 22A. 在平面直角坐标系
中,曲线
的参数方程为
(
为参数),又以坐标原点
为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线的极坐标方程为标方程,若原点在曲线C的内部,则求实数的取值范围; (2)当
点,又点为此时曲线上一动点,求面积的最大值.
. (1)求曲线
时,直线与曲线
交于
的极坐、
两
【答案】见解析
【解析】【分析】 (1)将曲线
得曲线
的极坐标方程,由
的参数方程消去参数得出普通方程,将
可求出
的范围; (2)利用弦长公式求出
代入可,求出点
到
gm 11
直线的最大距离,即可得出面积的最大值. 【详解】 (1)将曲线的参数方程消去参数
, 可得普通方程为曲线得
的极坐标方程为
; (2)当
,即
, 若原点
时,圆C的方程为
, 将
在曲线C的内部,则,圆心为
,半径
代入可得
,解
, 直线的
极坐标方程化为直角坐标方程为, 由得, 设
,则, ∴
, 要使面积最大,只需点
到直线的距离最大, 圆心到直线的距离, 则点到直线的最大距离为
, 所以面积的最大值为.
22B. 已知函数等式
. (1)当
时,求不等式
的解集; (2)若
时,不
成立,求实数的取值范围.
【答案】见解析 【解析】【分析】 (1)当
三种情况解不等式
等价于
在时,解不等式【详解】 (1)当则有解得当
,此时时,不等式
成立等价于当
恒成立; 若
可得
解得
或时,
,解得; 当
时,得原不等式等价于
,分
、
、
,综合可得出原不等式的解集; (2)由,可得出不等式、、三种情况进行讨论,在前两种情况下验证即可,,分
,根据已知条件可得出集合间的包含关系,综合可得出实数的取值范围.
,则,此时时,则有
的解集为
时,则当,解得
或; 当
等价于
时,则有,解得
,此时
. 当
时,,
. 综上所述,时,不等式
时,,由
,
; (2)当
成立. 若,则当时,,不合乎题意; 若. 由题意可得.
,则
. 综上所述,实数的取值范围是
gm 12
gm
13
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