玉林市2021届高三数学上学期教学质量监测试题理

广西玉林市2021届高三数学上学期教学质量监测试题理广西玉林市2021届高三数学上学期教学质量监测试题理PAGEPAGE10广西玉林市2021届高三数学上学期教学质量监测试题理广西玉林市2021届高三数学上学期教学质量监测试题理考生注意：1。本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题)两部分，共150分。考试时间120分钟.2。请将各题答案填写在答题卡上。3。本试卷主要考试内容:高考全部内容。第Ⅰ卷一、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，只有一个选项是符合题目要求的。1。已知集合U={0,1，2,3，4},集合A=｛1，2｝，B={2，3},则A∪（∁UB）=A。｛1} B。{0，2,4} C。{1,2，3｝ D.{0,1，2，4}2.若复数z=i(3-2i)（i是虚数单位)，则z=A。2—3i B。2+3i C.3+2i D.3—2i3.已知函数f（x）=(x+1）ex,则f（x）图象在点（1，f(1))处的切线斜率为A。1 B。2 C。3+e D.3e4。若等差数列{an｝满足a2=20,a5=8，则a1=A.24 B。23 C.17 D.165。已知单位向量e1与e2的夹角为，则向量e1在向量e2方向上的投影为A。— B. C。— D.6.设x∈R,则“x〉”是“2x2+x-1〉0”的A。充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D。既不充分也不必要条件7。执行如图所示的程序框图，则输出的结果S为A.—1B。0C.D.-1-8。如图,在正方体ABCD—A1B1C1D1中,点E，F分别是棱AD,CC1的中点，则异面直线A1E与BF所成角的大小为A. B。C。 D。9.函数f(x)=（-≤x≤且x≠0)的图象可能是10.小王、小张、小赵三个人是好朋友,其中一个人下海经商，一个人考上了重点大学,一个人参军了。此外还知道以下条件:小赵的年龄比士兵的大；大学生的年龄比小张的小；小王的年龄和大学生的年龄不一样.请按小王、小张、小赵的顺序指出三人的身份分别是A.士兵、商人、大学生 B.士兵、大学生、商人C.商人、士兵、大学生 D.商人、大学生、士兵11。点P为椭圆+=1上任意一点，EF为圆N:（x—1)2+y2=1的任意一条直径,则·的取值范围是A.(8，24) B.［8，24] C。［5，21］ D.（5,21)12.已知函数f(x)=在R上恰有两个零点,则实数a的取值范围是A。(0,1) B.(e,+∞)C。（0，1)∪（,+∞） D.(0,1)∪(,+∞）第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题,每小题5分,共20分。把答案填在答题卡上。13.已知直线l1:2x-y+1=0与直线l2：x+by+2=0互相垂直，那么b=▲。

14。若双曲线-=1的焦距为6,则该双曲线的虚轴长为▲.

15.若将函数f(x）=|sin(ωx+)|（ω〉0）的图象向左平移个单位长度后，所得图象对应的函数为偶函数，则实数ω的最小值是▲.

16。在三棱锥P-ABC中，AB=AC=4,∠BAC=120°，PB=PC=4,平面PBC⊥平面ABC,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为▲.

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.（一）必考题:共60分。17。（本小题满分12分)已知等差数列{an}是递增数列,且a1a5=9，a2+a4=10。(1)求数列{an}的通项公式；(2）若bn=（n∈N＊)，求数列｛bn｝的前n项和Sn.18.（本小题满分12分）已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,PD⊥平面ABCD，且AB∥CD,CD=2AB=2AD,AD⊥CD.(1）证明:平面PBC⊥平面PBD。（2)若PB与平面ABCD所成的角为45°，求二面角B—PC-D的余弦值。19。(本小题满分12分)某超市准备举办一次有奖促销活动，若顾客一次性消费达到400元,则可参加一次抽奖活动,超市设计了两种抽奖方案.方案一：一个不透明的盒子中装有15个质地均匀且大小相同的小球，其中5个红球，10个白球，搅拌均匀后,顾客从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得80元的返金券,若抽到白球则获得20元的返金券，且顾客有放回地抽取3次.方案二：一个不透明的盒子中装有15个质地均匀且大小相同的小球,其中5个红球，10个白球，搅拌均匀后,顾客从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得100元的返金券，若抽到白球则未中奖,且顾客有放回地抽取3次.(1)现有两位顾客均获得抽奖机会,且都按方案一抽奖,试求这两位顾客均获得240元返金券的概率。（2）若某顾客获得抽奖机会。①试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得返金券金额的数学期望；②该顾客选择哪一种抽奖方案才能获得更多的返金券？20。(本小题满分12分)已知圆(x-4)2+（y—4）2=r2(r>0）经过抛物线E:y2=2px（p〉0)的焦点F，且与抛物线E的准线l相切.(1)求抛物线E的标准方程及r的值；(2）设经过点F的直线m交抛物线E于A,B两点,点B关于x轴的对称点为点C,若△ACF的面积为6，求直线m的方程。21。（本小题满分12分）已知函数f(x）=xex—1—a(x+lnx),a∈R。（1)若f（x)存在极小值，求实数a的取值范围；(2）设x0是f（x)的极小值点，且f（x0)≥0，证明:f(x0)≥2（—).(二)选考题:共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答,如果多做，则按所做的第一题计分.22.［选修4-4:坐标系与参数方程］(10分)在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为（t为参数),以原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=2cos（θ+)。(1)判断曲线C1与曲线C2的位置关系；（2）设点M(x,y）为曲线C2上任意一点，求2x+y的最大值.23。［选修4—5：不等式选讲]（10分)已知函数f(x)=|2x—a｜。(1）当a=2时，求不等式f（x)+|x｜≤6的解集；（2）设f(x）+|x—1|+3x≤0对x∈［—2,—1]恒成立,求a的取值范围.2020年11月份广西玉林市高三教学质量监测试题数学参考答案（理科）1。D2。B3.D4。A5.C6.A7.C8。D9。B10。A11.B12。C13。214。215.316。80π1.解：∵∁UB={0,1，4｝,∴A∪（∁UB)=｛0，1,2,4}。故选D.2.解:z=i（3-2i）=3i—2i2=2+3i.故选B。3.解：由已知得f’（x）=(x+2）ex，所以f’（1）=3e。故选D.4.解:根据题意，d==-4，则a1=a2—d=20-（—4)=24,故选A。5。解:向量e1在向量e2方向上的投影为｜e1｜cos=-。故选C.6。解：∵不等式2x2+x—1〉0的解集为x〉或x<—1,∴“x>”是“2x2+x—1〉0”的充分不必要条件。故选A。7。解：由已知的程序语句可知，该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S.当n=10时,满足退出循环的条件，S=0+cos+cos++cos+cos+cos+cos+cos+cos+cos+cos=0++0+（—）+(—1)+(—）+0++1++0=.故选C.8。解：作FG∥DC交DD1于G，连接AG,如图所示,则AG∥BF,异面直线A1E与BF所成的角，即AG与A1E所成的角，显然Rt△A1AE≌Rt△ADG,故∠GAD=∠AA1E,故∠GAD+∠A1EA=90°,即AG⊥A1E。故选D。9。解：因为f（-x)==-=—f（x),所以f（x）为奇函数，故排除选项A，C.又f'(x)=,当x∈（0，）时,f’（x)<0恒成立,故函数f（x)在(0,)上单调递减,排除选项D。故选B。10.解：由“小赵的年龄比士兵的大,大学生的年龄比小张的小"，可知年龄处在中间位置的是“大学生”小赵.而小张的年龄最大，士兵的年龄最小,则小张是“商人”,小王是“士兵”.故选A。11.解:P为椭圆+=1上任意一点，EF为圆N:（x-1）2+y2=1的任意一条直径,·=（+)·(+）=（+)·（-)=—=-1。∵a—c≤｜|≤a+c，即3≤｜|≤5，∴·的取值范围是［8,24］，故选B。12.解：当x=0时，f(0)=—1-e2≠0,故0不是函数f(x）的零点;当x∈(0，+∞)时,f(x)=0等价于2a=。令g（x）=，则g'（x）=.当x<2时,g’（x)<0;当x=2时，g'（x)=0；当x>2时,g’(x)〉0。所以g（x）≥e2，即2a≥e2,a≥。①当0〈a<1时,f(x）在（—∞，0)上有两个零点,则f（x)在（0，+∞）上无零点,则a〈，所以0<a<1；②当a≤0或a=1时,f(x)在(-∞，0)上有一个零点，故f(x）在(0,+∞）上需要有一个零点,此时不合题意；③当a>1时，f(x）在(-∞,0)上无零点,故f(x）在(0,+∞）上需要有两个零点,则a>。综上，实数a的取值范围是（0,1）∪(，+∞）.故选C。13。解：由2×1+(—1)·b=0,解得b=2.故答案为2。14.解:由=3,解得m=5.所以双曲线的虚轴长为2。故答案为2.15。解：∵g(x）=｜sin[ω(x+)+］|=｜sin[ωx+(+）］|为偶函数，∴+=（k∈Z)，即ω=-(k∈Z），又ω〉0,∴当k=1时，ω取得最小值3.故答案为3。16.解:如图,设△ABC外接圆的圆心为O1，连接O1C,O1A，BC∩O1A=H,连接PH.由题意可得AH⊥BC，且AH=O1A=2，BH=BC=2。因为平面PBC⊥平面ABC,且PB=PC，所以PH⊥平面ABC,且PH==6。设O为三棱锥P—ABC外接球的球心，连接OO1，OP，OC,过O作OD⊥PH,垂足为D，则外接球的半径R满足R2=O+42=(6-OO1)2+O1H2,即O+16=（6-OO1)2+4，解得OO1=2，从而R2=20,故三棱锥P—ABC外接球的表面积为4πR2=80π.故答案为80π。17。解:(1)设｛an｝的公差为d,因为a1a5=9，a2+a4=10,所以 2分解得a1=1或9,a5=9或1， 3分由于数列为递增数列,则a1=1，a5=9。 4分故d=2,从而an=1+2(n—1）=2n-1. 6分(2）由于an=2n-1，则bn===（—）。 9分所以Sn=b1+b2+…+bn=（1—+—+…+-)=(1-）=。 12分18。(1)证明：取CD的中点E，连接AE，BE.∵CD=2AB,∴AB=DE。又∵AB=AD，AD⊥DC,∴四边形ABED为正方形，则AE⊥BD， 1分∵PD⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,∴PD⊥AE。 2分∵PD∩BD=D，∴AE⊥平面PBD. 3分∵AB=EC,AB∥EC，∴四边形ABCE为平行四边形，∴BC∥AE， 4分∴BC⊥平面PBD。又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PBD。 5分(2）解:∵PD⊥平面ABCD，∴∠PBD为PB与平面ABCD所成的角，即∠PBD=45°，则PD=BD。 6分设AD=1，则AB=1，CD=2，PD=BD=.以点D为坐标原点，分别以DA,DC,DP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D—xyz，则D(0,0,0)，A(1，0,0),P（0,0,),B（1,1，0）,C（0,2，0）. 7分∵DA⊥平面PDC，∴平面PDC的一个法向量为=(1，0,0). 8分设平面PBC的法向量m=(x,y，z），∵=(1,1，-）,=(—1,1，0）,∴取x=1,∴m=（1，1,）. 10分设二面角B—PC—D的平面角为θ,则===, 11分由图可知二面角B—PC—D为锐角,故二面角B-PC—D的余弦值为. 12分19。解:(1)选择方案一，则每一次摸到红球的概率P==。 1分设“每位顾客获得240元返金券”为事件A,则P（A）=（)3=， 2分所以两位顾客均获得240元返金券的概率P=P(A)·P（A)=. 3分（2）①若选择抽奖方案一，则每一次摸到红球的概率为,每一次摸到白球的概率为。设获得返金券的金额为X元,则X可能的取值为60，120,180,240, 4分则P(X=60)=(）3=， 5分P（X=120）=（)1(）2=， 6分P(X=180）=（)2×=, 7分P(X=240）=（）3=， 8分所以若选择抽奖方案一,该顾客获得返金券金额的数学期望为E（X）=60×+120×+180×+240×=120(元）. 9分若选择抽奖方案二,设在三次摸球的过程中，摸到红球的次数为Y,最终获得返金券的金额为Z元，则Y~B(3，）,故E(Y）=3×=1, 10分所以若选择抽奖方案二，该顾客获得返金券金额的数学期望为E(Z）=E(100Y）=100（元)。 11分②因为E(X）>E（Z）,所以应选择第一种抽奖方案. 12分20.解:(1)由已知可得,圆心（4，4)到焦点F的距离与到准线l的距离相等,即点（4，4)在抛物线E上,则16=8p,解得p=2.故抛物线E的标准方程为y2=4x. 3分由r=4+,得r=4+=5。 4分（2)由已知可得，直线m的斜率存在,否则点C与点A重合. 5分设直线m的斜率为k（k≠0),则直线AB的方程为y=k（x-1)。设A(x1，y1），B(x2，y2），联立消去y得k2x2—2(k2+2）x+k2=0, 6分则x1+x2=2+,x1x2=1。 7分由对称性可知，C（x2，-y2）,所以|AF|=x1+1，｜CF｜=x2+1。 8分设直线m的倾斜角为α,则tanα=k,所以sin∠AFC=|sin（π-2α)｜=|sin2α｜=｜2sinαcosα｜===,所以S△AFC=（x1+1)(x2+1）|sin2α｜=[x1x2+（x1+x2)+1]·=， 10分由已知可得=6,解得k=±。 11分故直线m的方程为y=±（x-1),即2x±3y-2=0. 12分21.(1)解：f'(x)=（xex—1—a）(x〉0）, 1分令g（x）=xex-1—a,则g'（x)=(x+1）ex-1〉0，所以g（x）在(0，+∞）上是增函数。又因为当x→0时,g(x)→—a;当x→+∞时，g(x)→+∞。 2分所以，当a≤0时，g(x)〉0,f'(x）〉0，函数f(x）在区间(0,+∞）上是增函数，不存在极值点。 3分当a〉0时,g（x)的值域为(—a，+∞),必存在x0>0，使得g(x0）=0，所以当x∈（0，x0）时，g(x)<0，f'(x）<0,f(x)单调递减;当x∈（x0，+∞）时，g（x)〉0，f’（x)〉0，f(x）单调递增。 4分所以f(x)存在极小值点。综上可知,实数a的取值范围是(0，+∞）。 5分(2)证明：由（1）知x0—a=0，即a=x0.所以lna=lnx0+x0-1, 6分f(x0)=x0(1-x0-lnx0）.由f（x0)≥0,得1-x0—lnx0≥0。令φ（x）=1—x-lnx，显然φ(x）在区间（0，+∞)上单调递减。又φ(1）=0，所以由f(x0)≥0,得0<x0≤1. 7分令H(x)=x-lnx-1(x〉0），则H’(x）=1-=,当x>1时,H'（x）>0，函数H（x)单调递增;当0<x〈1时，H’(x)<0,函数H（