广西省桂林中学2021届高三11月月考数学(理)试题-Word版含答案.docx

桂林中学2021届高三班级数学11月月考试题(理科)

说明: 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．
2．请在答题卷上答题（在本试卷上答题无效）
第Ⅰ卷 选择题
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，有且只有一项是符合题目要求的.
1．设集合，那么“”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
2．已知复数，则的值为（ ）
A. B. C. D.
3．已知，，且，则( )
A． B． C．或 D．
4．若,则直线=1必不经过 （ ）
A.第一象限 B.其次象限 C.第三象限 D.第四象限
5．已知实数满足，则下列关系式恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
6．下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是（ ）
①正方体
②圆锥
③三棱台
④正四棱锥

A．①② B．①③ C．①④ D．②④
7．将红、黑、蓝、黄个不同的小球放入个不同的盒子，每个盒子至少放一个球，且红球和蓝球不能放在同一个盒子，则不同的放法的种数为（ 　）
A． B． C． D．
8．已知满足不等式组,使目标函数取得最小值的解（x，y）有无穷多个，则m的值是( )
A．2 B．-2 C． D．
9．若点和点分别为椭圆的中心和右焦点，点为椭圆上的任意一点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
10．设k=，若，则（ ）
A．-1 B．0 C．1 D．256
11．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于(　　)
A. B. C. D.
12．设函数，．若当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
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．阅读程序框图（如图所示），若输入则输出的数 是        ．
14．已知等差数列的前n项和为则数列的前100项和为________.
15.设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c. 若
b ＋c＝2a,3sinA＝5sinB，则角C＝________.
16．已知椭圆的离心率 ，A,B是椭圆的左、右顶点，P是椭圆上不同于A,B的一点， 直线PA,PB倾斜角分别为，则
三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应给出文字说明、证明过程及演算步骤.
17．（本题满分10分）
在中，角A、B、C的对边分别为，已知向量且满足.
（I）求角A的大小；
（II）若试推断的外形.

18．（本题满分12分）
在数列中，
（I）求的值；
（II）证明：数列是等比数列，并求的通项公式；
（III）求数列的前n项和.

19．（本题满分12分）
如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，BC⊥侧面AA1C1C，AC=BC=1，CC1=2， ∠CAA1= ，D、E分别为AA1、A1C的中点．
（I）求证：A1C⊥平面ABC；（II）求平面BDE与平面ABC所成角的余弦值．

20．(本小题满分12分)
已知圆G：经过椭圆的右焦点F及上顶点B，过椭圆外一点（m,0）()倾斜角为的直线L交椭圆与C、D两点.
（I）求椭圆的方程;
（II）若右焦点F在以线段CD为直径的圆E的内部，求m的取值范围.

21．(本小题满分12分)
某高校在2022年自主招生考试成果中随机抽取100名同学的笔试成果，按成果分组：第1组[75，80)，第2组[80，85)，第3组[85，90)，第4组[90，95)，第5组[95，100]得到的频率分布直方图如图所示．
（I） 分别求第3，4，5组的频率；
（II）若该校打算在笔试成果较高的第3，4，5组中用分层抽样抽取6名同学进入其次轮面试，
（ⅰ）已知同学甲和同学乙的成果均在第三组，求同学甲和同学乙恰有一人进入其次轮面试的概率；
（ⅱ)学校打算在这已抽取到的6名同学中随机抽取2名同学接受考官的面试，设第4组中出名同学被考官面试，求的分布列和数学期望.
频率
组距
0.07
0.06
0.05
0.04
0.03
0.02
0.01
75 80 85 90 95 100 分

22．(本小题满分12分)已知函数，其中.
（Ⅰ）当时，求函数的单调递增区间；
（Ⅱ）证明：对任意，函数的图象在点处的切线恒过定点；
（Ⅲ）是否存在实数的值，使得函数在上存在最大值或最小值？若存在，求出实数 的取值范围；若不存在，请说明理由.

桂林中学2021届高三班级数学11月月考试题答案(理科)
一．选择题：AAC BAD CDB BAC
1．解：由得0＜x＜1，即A={x|0＜x＜1}，分析可得，即可知“m∈A” 是“m∈B”的充分而不必要条件，故选A．
2． 解：由得，所以，故选A.
3．解：设，∴，∴或，所以选C.
4.解：；由于所以；所以选B.
5．解：由知，所以，，选A.
6.解：②圆锥的正视图、侧视图、俯视图分别为三角形、三角形、圆；④正四棱锥的正视图、侧视图、俯视图分别为三角形、三角形、正方形；所以选D.
7．解：将4个小球放入3个不同的盒子，
先在4个小球中任取2个作为1组，再将其与其他2个小球对应3个盒子，
共有C42A33=36种状况，
若红球和蓝球放到同一个盒子，则黑、黄球放进其余的盒子里，有A33=6种状况，
则红球和蓝球不放到同一个盒子的放法种数为36－6=30种；故选C．
8．解：画出可行域，目标函数z=mx+y，取得最小值的最优解有很多个知取得最优解必在边界上而不是在顶点上，目标函数中系数必为负，最小值应在边界3x-2y+1=0上取到，即mx+y=0应与直线3x-2y+1=0平行，计算可得．选D
9．解：设点，所以，由此可得，，所以选B.
10．解： ，令得,在的开放式中，令,得到,,故选B.
11．解：如图，以A1C1中点E为原点建立空间直角坐标系E－xyz，设棱长为1，则A，B1，设AB1与平面ACC1A1所成的角为θ，EB1为平面ACC1A1的法向量．
则sinθ＝|cos〈，〉|
＝＝.
12．解：，单调递增，又为奇函数，原不等式可化为，即，可变为，又，得，，所以时恒成立．
二.填空题： 13. 14. 15. 16.
13.解：程序框图的功能是：输出中最大的数，
∵，，，所以输出的数为.
14.解：∵等差数列，，，
∴，
∴，
∴数列的前和为.
15．解：∵3sinA＝5sinB，∴3a＝5b.①
又∵b＋c＝2a，②∴由①②可得，a＝b，c＝b.
∴cosC＝＝＝－.∴C＝π.
16．解:由可得.让P取在短轴的顶点上则.又由于=.
三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应给出文字说明、证明过程及演算步骤.
17．（本题满分10分）
解

--------- 5分

所以： 为直角三角形. ------- 10分
18．（本题满分12分）
解：（I）令，令,.------------2分
(II), ------------5分
∴数列是首项为4，公比为2的等比数列，
∴. ------------8分
（III）∵数列的通项公式，
.------------12分
19．（本题满分12分）
证明：（I）∵BC⊥侧面AA1C1C，A1C在面AA1C1C内，∴BC⊥A1C．------ 2分
在△AA1C中，AC=1，AA1=C1C=2，∠CAA1=，
由余弦定理得A1C2=AC2+-2AC•AA1cos∠CAA1=12+22-2×1×2×cos=3，
∴A1C= ∴AC2+A1C2=AA12 ∴AC⊥A1C----------------- 5分
∴A1C⊥平面ABC． ------------------ 6分
（II）由（Ⅰ）知，CA，CA1，CB两两垂直
∴如图，以C为空间坐标系的原点，分别以CA，CA1，CB所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，B(0，0，1)，A(1，0，0)，A1(0，，0)
由此可得D(，，0)，E(0，，0)，
=（，，-1），=(0，，-1)．
设平面BDE的法向量为=(x，y，z)，则有令z=1，则x=0，y=
∴=(0，，1) ---------------------------------------------- 9分
∵A1C⊥平面ABC ∴=(0，，0)是平面ABC的一个法向量 ------ 10分
∴
∴平面BDE与ABC所成锐二面角的余弦值为． -------------------- 12分
20．（本题满分12分）
解：（I）圆经过点F、B，
故椭圆的方程为 ；------------ 4分
（II）设直线L的方程为------------ 5分
由消去得----------- 6分
由解得。
又 ---------- 7分
设则

---------- 9分
点F在圆E内部，
即解得0<m<3---------- 11分
∴m的取值范围是. ---------- 12分
21．(本小题满分12分)
频率
组距
0.07
0.06
0.05
0.04
0.03
0.02
0.01
75 80 85 90 95 100 分

解：（I）第三组的频率为；第四组的频率为；第五组的频率为. ------------ 3分
（II）（ⅰ）设“同学甲和同学乙恰有一人进入其次轮面试”为大事，第三组应有人进入面试，则：； ------------ 6分
（ⅱ）第四组应有人进入面试，则随机变量可能的取值为 ------------7分
且，则随机变量的分布列为：

.------------12分

22．(本小题满分12分)
解：（Ⅰ）当时， -------- 1分
令得：或
所以的单调递增区间为 ------------------------3分
（Ⅱ） ---------------------- 4分

所以函数的图象在点处的切线方程为：
即： -----------------------5分
即：，由得：
所以函数的图象在点处的切线恒过定点 -------------6分
（Ⅲ），令，

①当，即时，恒成立，
所以在上单调递增，此时在上既无最大值也无最小值. ----------7分
②当，即或时，
方程有两个相异实根记为，
由得的单调递增区间为，
由得的单调递减区间为 ----------------------8分
，
当时，由指数函数和二次函数性质知
所以函数不存在最大值. --------------------------9分
当时，，
由指数函数和二次函数性质知，
方法一、所以当且仅当，即时，
函数在上才有最小值. ------------------------------------10分
由得：，
由韦达定理得：，化简得：，
解得：或.
综上得：当或时，
函数在上存在最大值或最小值. -------------------------12分
方法二、由指数函数和二次函数性质知， （接上）
所以当且仅当有解时，在上存在最小值.
即：在上有解，
由解得：或
综上得：当或时，函数在上存在最大值或最小值.