【文档说明】广西钦州市第一中学2021届高三开学摸底考试数学（理）试题含答案.docx，共(12)页，613.888 KB，由小赞的店铺上传

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钦州一中2021届高三摸底考试试题理科数学注意事项：1．答题前，考生务必正确贴好条形码，并用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号

。在试卷上作答无效。3．考试结束后，只需将答题卡上交。满分150分，考试用时120分钟。一、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，只有一项是符合题目要求的。1．已知集合{(,)|,,}Axyxyyx*N，{(,)|4}Bxy

xy，则AB中元素的个数为（）A．2B．3C．4D．62．复数1013i的虚部是（）A．-3B．-1C．1D．33.若双曲线22:13xyCm的离心率为3，则C的虚轴长为（）A．4B．26C．23D．24．已知递增等差数列na的

前n项和为nS，若46a，2a，4，5a成等比数列，则6S（）A．36B．32C．28D．305.已知向量1,2a，,3bm，若2aab，则a与b夹角的余弦值为（）A．1010B．31010C．55D．2556.已知cos4223

，则sin2的值是（）A．79B．29C．29D．797.已知等比数列na满足0na，且12a，312a，2a成等差数列，则35468722aaaaaa的值为（）A．18B．8C．2D．128.在一组

样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为1234,,,pppp，且411iip，则下面四种情形中，对应样本的标准差最小的一组是（）A．14230.1,0.4ppppB．14230.4,0.1ppppC．14230.2,0.3ppppD．1423

0.3,0.2pppp9.射线测厚技术原理公式为7.60tIIe,其中0II,分别为射线穿过被测物前后的强度,e是自然对数的底数,t为被测物厚度,是被测物对射线的吸收系数.工业上通常用镅（241Am）低能射线测量钢板的厚度,若这种射线对钢板的

半价层厚度为0.8，则这种射线的吸收系数为（）（注：半价层厚度是指将射线强度减弱为一半的某种物质厚度,ln20.693,结果精确到0.001）A．0.110B．0.112C．0.114D．0.11610.一个几何体的三视图如图所示，若这个几何体的体积为205，则该几何体的

外接球的表面积为（）A．36πB．64πC．81πD．100π11．设椭圆C：22221xyab（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为32．P是C上一点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a=（）A．1B．2C．4D．812．设3log2a，5log3b，8l

og5c，则（）A．bacB．abcC．bcaD．cab二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填在答题卡相应的位置上）13．24()axx的展开式中含5x的项的系数为8，则a

__________．14．若x，y满足约束条件0,201,xyxyx，，则32zxy的最大值为_________．15．已知圆锥的底面半径为2，母线长为6，若圆锥内某正方体的底面在圆锥的底面上，则该正

方体的最大体积为______．16．关于函数f（x）=1coscosxx有如下四个命题：①f（x）的图像关于y轴对称．②f（x）的图像关于原点对称．③f（x）的图像关于直线x=2对称．④f（x）的图像关于点(,0)2对称．其中所有真命题的序号是_________

_．三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程）。17.（本小题满分12分）每个国家对退休年龄都有不一样的规定，近年我国关于延迟退休的话题一直在热议，为了了解市民对“延迟退休”的态度，现从某地市民中随

机选取100人进行调查，调查情况如下表：年龄段（单位：岁）[15,25)[25,35)[35,45)[45,55)[55,65)[65,75]被调查的人数101520m255赞成的人数612n20122（1）从赞成“延迟退休”的人中任选1人,得此年龄

在[35,45)的概率为15，求出表格中m,n的值；（2）若从年龄在[45,55)的参与调查的市民中按照是否赞成“延迟退休”进行分层抽样，从中抽取5人参与某项调查，然后再从这5人中随机抽取3人参加座谈会，记这3人中赞成“延迟退休”的人数为X，求X的分布列．18.（本小题满分12分）在△ABC

中，(2)coscosbcAaC.（1）求角A；（2）若23c，AD是BAC的角平分线，D在BC上，且2AD.求b.19．（本小题满分12分）已知正方体1111ABCDABCD的边长为4，E,

F,G分别在棱11,,ABBBDD上，2AE，1BF，2DG.（1）证明：点G在平面1EFC内；（2）求二面角AGFC的正弦值．20．（本小题满分12分）曲线C：220ypxp与曲线E：2232xy交于A、B两

点，O为原点，90AOB.（1）求p；（2）曲线C上一点M的纵坐标为2，过点M作直线1l、2l，1l、2l的斜率分别为1k、2k，122kk，1l、2l分别交曲线C于异于M的不同点N，P，证明：直线NP恒过定点.21.（本小题满分12分）已知函数1()lnfxxaxx．（1

）若1()()gxfxx，讨论()gx的单调性；（2）若2a，且()fx存在两个极值点12,xx，证明：12122fxfxaxx．请考生在（22）、（23）两题中任选一题作答。注意：只能做所选定的题目。如果多做，则按

所做第一个题目计分，做答时，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]（本小题满分10分）在直角坐标系中，直线l的参数方程为5,5255xtyt（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为22c

ossin2cos10，曲线C与x轴、y轴分别交于,AB两点，直线l与曲线C交于,PQ两点.（1）求,AB两点的极坐标；（2）求||||||OPOQ的值.23．[选修4—5：不等式选讲]（本小题满分10分）已知x，y，z均为正实数，且2221

11149xyz．证明：（1）1111263xyyzxz；（2）222499xyz．2021届高三摸底考试试题理科数学参考答案一、ADBDDAAACCCB二、13）2；14）0；15）1；16）①④.1.A解:由4yxx

y，且*,xyN，知元素为直线yx右方（含线上）且在直线4xy上的点，所以有(2,2),(3,1)满足，故AB中元素的个数为2.故选A.2.D解：因101313zii，所以复数1013zi的虚部为3.选D.3.B解:双曲

线22:13xyCm的焦点在x轴上，则23a，2bm，2223cabm，因为333cmea，所以6m，则6b，故双曲线C的虚轴长为26.故选B.4.D解:设na的公差为0dd,因46a,且2a,4,5a成等比数列,所以2562616aadd

，得2d或5（舍），所以1630,22nadan，60106302S．故选D.5.D解:1,2ar，,3bm，221abm,.又2aab，

220m，解得4m，即4,3b，故1025cos,555aaabbb.故选D.6.A解：由cos4223得cossin22223，即cossi43n，平方可得：161si

n29，得7sin29.故选A.7.A解:因为12a，312a，2a成等差数列，则3122aaa，即21112aqaaq，解得2q=，所以24335411157636871112211228aaaaqaqaqaaaaqaqaqq

.故选A8.A解：140.1230.42.5Ax，2222212.50.122.50.432.50.442.50.10.65As；2.5B

x，21.85Bs；2.5Cx，21.05Cs；2.5Dx，21.45Ds.故选A.（此题可估算，平均数附近占的数多则较集中，得方差小）9.C解:010.8,7.6,2ItI因为0tIIe,所以7.60.812e

,即ln20.6930.1147.60.86.08.所以这种射线的吸收系数为0.114.故选C10.C解：根据几何体的三视图可以得到该几何体为四棱锥体，如图所示：该四棱锥的底面是长方形，长为6，宽为5，由1562053Vh，得25h．设四棱锥的外接球的半径为r，所以

222225625r，得92r，则294812S球，选C11.C解：23ca,2234ac,由定义,122PFPFa,121||42PFPF,即12||8PFPF，且22212||2PFPFc，221

21224PFPFPFPFc，即216a，得4a，选C.12.B解：a、b、0,1c，2255555lg3lg8lg24log3log8122ooo，585

1log3log5log8，即bc；而333332log2log8log93a335552log3log27log253b，综上所述，abc.故选B.13.2解：1444283rrrrrrraCxCxxTa，得1r，1482C

aa.故答案为2.14.0解：如图，最优解为(0,0)O，所以max0z.故答案为0.3122yxz15.1解：圆锥内接正方体最大，轴截面如图所示，圆锥的高为2，设正方体边长为x,则由相似比得221222xxx，其体积为1.16.①④解：对①，fx定义域

关于原点对称，且fxfx，得fx的图象关于y轴对称，命题①正确；对②，532f，532f，则33ff，所以fx的图象不关于y轴对称，命题②错误；对

③，532f，2532f，则233ff，所以fx的图象不关于x=2对称，命题③错误；对④，1sin2sinfxxx，1sin2sinfxxx

，则22fxfx，命题①正确.故答案为①④.17.解：（1）因为总共抽取100人进行调查，所以10010152025525m，--2分因从赞成“延迟退休”的人中任选1人,其年龄在35,45的概率为1

525nn,得13n.--4分（2）从年龄在45,55中按分层抽样抽取5人，赞成的抽取205425人，不赞成的抽取1人，再从这5人中随机抽取3人，则随机变量X的可能取值为2，3.-------6分则43

25(2)53CPCX，4335(3)25CPXC-------10分所以X的分布列为-------12分18.解：（1）∵(2)coscosbcAaC,2coscoscosbAaCcA,得2sincos

sincossincosBAACCA，-------2分所以2sincossin()BAAC,则2sincossinBAB,因sin0B，故1cos2A,3A.--6分（2）由（1）知30BADCAD,222cos302BDABADADA

B----8分2,30,60903ADBDBADCCbAC，，-------12分X23P3525（也可以用3112323223222ABCABDACDSSSbbb）19.解：（1）取1BB中点H,

连接11,,,AHCHAGCG,由勾股定理得11====25AHCHAGCG--2分则四边形1AHCG是正方形,1//AHCG,由中位线得1//,//AHEFCGEF----5分则1CGEF，，，四点共面，故点G在平面1EFC内.-------6分（2）建立坐标系Dxyz如图，

则(4,0,0),(4,4,1),(0,0,2),(0,4,0)AFGC(4,0,2),(0,4,1),(0,4,2),(4,0,1)AGAFCGCF---7分设平面AEG和平面CEG的法向量分

别为,mn，则0420,,400mAGxzyznAF取=(2,-1,4),m同理(1,2,4)n---------------10分4164cos,217mn

，则二面角AGFC的正弦值为24331()77----12分20.解:（1）由对称性可知A、B关于x轴对称，可设,Aaa，则222apaap，把2,2App代入曲线C得：22(2)(2)322ppp.-------5分（2）由（1）得1,2M，设11Nxy

,，22,Pxy，则11121112241214yykyxy，同理2242ky，1212124422422kkyyyy(*)，-------8分若直线NP斜率为0,直线NP

的方程为0yt,代入曲线C仅一解不合题意,舍去，--9分设直线NP的方程为xmyt，代入24yx得224()440ymytymyt，--9分得：121244yymyyt，代入(*)式，得441tt，------

-11分故直线NP的方程为1xmy，恒过1,0.-------12分21.解：（1）lngxxax的定义域为0,，1axagxxx.-----2分（i）若0a，则0gx，所以gx在0,

单调递增.-----3分（ii）若0a，当0,xa时，0gx；当,xa时，0gx.所以gx在0,a单调递减，在,a单调递增.-----5分（2）fx存在两个极值点,2a.221xaxfxx

,fx的两个极值点12,xx满足210xax，所以121xx，不妨设12xx，则21x.-----7分则12121221212121222lnlnlnln2ln11221fxfxxxxxxaaaxxxxxxx

xxx，所以12122fxfxaxx等价于22212ln0xxx.-----9分设12lnhxxxx，则22(01)hxxx，知hx在0,单调递减，又10h当1,x时，0hx.故

22212ln0xxx，即12122fxfxaxx.---12分22.解：（1）令=0，得221=0=1，，故A的极坐标为(1,0)A；-------2分令=2，得=1，故B的极坐标为(1,)2B.-------4分(2)由cos,sinxy

得曲线C的直角坐标方程为2(1)yx，-------5分将l的参数方程代入得24550tt，121245,50tttt-------8分则2121212||||||=|t-t|=()

4215OPOQtttt-------10分（也可用直角坐标方程转为弦长来求）23．解：（1）221114xyxy，22111493yzyz，2211293xzxz，-------3分所以22211111224933xyzx

yyzxz．-------4分当且仅当11123xyz时等号成立，即1111263xyyzxz．-------5分（2）由222111149xyz，得22222249491xyzxyz

2222221114949xyzxyz21119．-------9分当且仅当23xyz时等号成立，所以222499xyz．-------10分