广西梧州市2021届高三数学3月联考试题-理.doc

广西梧州市2021届高三数学3月联考试题 理

广西梧州市2021届高三数学3月联考试题 理

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15

广西梧州市2021届高三数学3月联考试题 理
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ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Ⅰ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. 2 B. 3 C. 4 D. 5
2. 若复数满足，则（ ）
A. 5 B. C. 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. -7 B. -5 C. 3 D. 2
5. 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. C. 2 D.
6. 若，则（ ）
A. 2 B. 1 C. D.
7. 函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
8. 已知直线与圆：相交于，，且，则实数的值为（ ）
A. 或-1 B. -1 C. 1 D. 1或-1
9. 某几何体的三视图如图所示，其中侧视图与俯视图都是腰长为的等腰直角三角形，正视图是边长为的正方形，则此几何体的表面积为（ ）

A. B. C. D. 8
10. 若是函数的极值点，则曲线在处的切线方程是（ ）
A. B. C. D.
11. 已知函数，则下列说法错误的是（ ）
A. 的一条对称轴为 B. 在上是单调递减函数
C. 的对称中心为 D. 的最大值为
12. 在等腰三角形中，，顶角为，以底边所在直线为轴旋转围成的封闭几何体内装有一球，则球的最大体积为（ ）
A. B. C. D.
第Ⅱ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. 的展开式中常数项为_________.
15. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且，，则的周长的最大值是________.
16. 已知点，抛物线：的准线为，点在上，作于点，，，则________.
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17~21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，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，四边形为平行四边形，平面，为的中点，，，.

（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值.
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）若为减函数，求实数的取值范围；
（2）当时，求证：.
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4-4：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
理科数学
一、选择题（每小题5分，共60分）
1-5：BBCDB 6-10：DCDAA 11-12：CA
1. B 【解析】由可得，，所以.
2. B 【解析】由，得，所以.
3. C 【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.
4. D 【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.
5. B 【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.
6. D 【解析】因为，所以，
所以.
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. D 【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.
9. A 【解析】原几何体为一个底面正方形的边长为，高为的四棱锥，
如图中四棱锥.
其中，，，.
所以该几何体的表面积为.

10. A 【解析】由题意可得，
因为是函数的极值点，所以，解得，
所以，可得，切点为，
斜率，
所以切线方程为.
11. C 【解析】由已知得，对于选项A，，正确；
对于选项B，令，
又，则.
当时，，
因为在上是增函数，在上是减函数，
所以在上是减函数，正确；
对于选项C，，错误；
对于选项D，令，
所以，
所以当时，，正确.
12. A 【解析】据题意可得几何体的轴截面为边长为2，邻边的一夹角为的菱形，
即菱形中的圆与该菱形内切时，球的体积最大，
可得内切圆的半径，
故.

二、填空题
13. 【解析】因为，，所以，又，
所以，解得.
14. 135 【解析】二项式的展开式的通项公式为，
令，求得.所以展开式中常数项为.
15. 9 【解析】在中，
.
因为，所以，即.
因为，，所以，
所以，即，当且仅当时，.
所以，即的周长的最大值为9.
16. 【解析】设抛物线的焦点为，.由抛物线的定义可知，.因为，所以，不妨设点在第一象限，过点作轴于点，则为的中点，.因为，所以，所以，，所以点的坐标为，因为点在抛物线上，所以，化简得，解得或-24（舍去），所以.

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，①
则，②
①-②，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.【解析】（1）证明：如图，连接，交于点，连接，则.
又平面，平面，
所以平面.
（2）因为，又平面，所以平面，
所以，，
，，
在中，，
在中，.
又在中，，所以.
建立如图所示的空间直角坐标系，可知，，，，则，.
易知为平面的一个法向量.
设平面的一个法向量为，可得，
所以，令，得，，所以.
所以.
设二面角的平面角为，则.
所以二面角的正弦值为.

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.【解析】（1）由题意知的定义域为，，
由为减函数可知恒成立.
设，，
令，得，
当时，，单调递增，即单调递增；
当时，，单调递减，即单调递减.
故，，又，因此.
（2）证明：由（1）知，当时，为减函数，所以，
又，所以.设，，则，.
又在区间上单调递增，所以，
故，所以当时，.
当时，由（1）知，当时，单调递减，且.
，令，，
当时，，单调递减，故，
又，在上单调递减，
故存在，使得，即，即，
因此有在上单调递增，在上单调递减，
故，将代入，得.
因为函数在上单调递增，
所以，即，
故成立.
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.