《2021届广西北海市高三第一次模拟考试数学（理）试卷及答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届广西北海市高三第一次模拟考试数学（理）试卷及答案（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、绝密启用前2021届北海市高三第一次模拟考试数学试卷(理科)注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上 一选择题：本题共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i为虚数单位，则复数的虚部是（）A.B.C.D.答案：A先由复数的除法运算化简复数，再由复数的概念，即可得出其虚部.解：因为，所以其虚部是.故选：A.2.已知集合，则（）A.B.C.D.答案：A先求得集合T，再运用集合的并集运算可得选项解：因为，又，所以.故选：A.3.已知向量，若，则实数的值为（）A.B.3C.D.或2答案：A求出，再利用共
2、线向量的坐标运算公式得解解：因向量，所以，又因为，所以，所以.故选：A点评：本题考查向量的坐标运算及利用共线向量的坐标运算求参数值，属于基础题.4.已知函数，则（）A.-7B.2C.7D.-4答案：A根据解析式，分别求出和，即可得出结果.解：因为，所以，因此.故选：A.5.蟋蟀鸣叫可以说是大自然优美、和谐的音乐，殊不知蟋蟀鸣叫的频率x（每分钟鸣叫的次数）与气温y（单位：）存在着较强的线性相关关系.某地观测人员根据下表的观测数据，建立了y关于x的线性回归方程x（次数/分钟）2030405060y()2527.52932.536则当蟋蟀每分钟鸣叫56次时，该地当时的气温预报值为（）A.33B.34
3、C.35D.35.5答案：B由已知数据求出，代入到线性回归方程即可求出，从而可选出正确答案.解：由题意，得，则；当时，.故选:B.6.函数的大致图象为（）A.B.C.D.答案：D分析】当时，当时，故排除ABC，得到答案.解：当时，当时，故排除ABC.故选：D.点评：本题考查了函数图像的识别，取特殊值排除选项可以快速得到答案，是解题的关键.7.2019年北京世园会的吉祥物“小萌芽”“小萌花”是一对代表着生命与希望、勤劳与美好、活泼可爱的园艺小兄妹.造型创意来自东方文化中百子图的“吉祥娃娃”，通过头饰、道具、服装创意的巧妙组合，被赋予了普及园艺知识、传播绿色理念的特殊使命.现从5张分别印有“小萌芽
4、”“小萌花”“牡丹花”“菊花”“杜鹃花”的这5个图案的卡片（卡片的形状、大小、质地均相同）中随机选取3张，则“小萌芽”和“小萌花”卡片都在内的概率为（）A.B.C.D.答案：B给印有“小萌芽”“小萌花”“牡丹花”“菊花”“杜鹃花”的这5个图案的卡片分别编号，记作，；用列举法分别写出总的基本事件，以及满足条件的基本事件，基本事件个数比即为所求概率.解：给印有“小萌芽”“小萌花”“牡丹花”“菊花”“杜鹃花”的这5个图案的卡片分别编号，记作，从中抽取三张，所包含的基本事件有：，共个；则“小萌芽”和“小萌花”卡片都在内所包含基本事件有：，共个；因此所求的概率为.故选：B.点评：本题主要考查求古典概型的
5、概率，属于基础题型.8.秦九韶是我国南宋时期的数学家，他在数书章中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图，给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入x的值为2，则输出v的值为（）A.6B.14C.16D.18答案：C根据流程框图代入，即可求出输出结果.解：程序运行过程如下：，；，；，；，跳出循环，输出v的值为16.故选:C.9.在正项等比数列中.满足=.则（）A.4B.3C.5D.8答案：A根据等比数列的公比为正数，利用的关系求得公比的值，进而得到通项公式，然后代入已知等式=，得到关于的指数方程，求解即得.解：由题意得公比，首项，由，可得，解得,故选：
6、A.点评：本题考查等比数列的通项公式的运用，求得通项公式是关键，将通项公式代入已知等式，对左边各项的积按照同底数的幂的乘法运算，结合等差数列的求和公式化简，是解决此题的一个小难点.10.2020年3月9日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号运载火箭，成功发射北斗系统第54颗导航卫星.第54颗导航卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆.设地球半径为，若其近地点远地点离地面的距离大约分别是，则第54颗导航卫星运行轨道(椭圆)的离心率是（）A.B.C.D.答案：D以运行轨道的中心为原点，长轴所在直线为轴建立平面直角坐标系，根据题意用表示，从而可求出，进而可求出椭圆的离心率.解：以运行轨道的中心为原点，
7、长轴所在直线为轴建立平面直角坐标系，令地心为椭圆的右焦点，设标准方程为()，则地心的坐标为(，0)，其中.由题意，得，解得，所以.故选:D.点评：本题考查了椭圆离心率的求解，属于基础题.11.已知函数，当时，则下列结论正确的是（）A.函数的最小正周期为.B.函数的图象的一个对称中心为C.函数的图象的一条对称轴方程为D.函数的图象可以由函数的图象向右平移个单位长度得到答案：D【分析】利用时，得到和，求得的解析式，根据正弦函数的图象和性质逐项排除即可.解：因为，所以，又，所以或，因为，所以的最小正周期为，所以，故A错误；又，所以，又，所以，所以；令()，得()，所以函数的对称中心为()，所以B错误
8、；由()，解得()，故C错误；，向右平移单位长度得，故D正确.故选：D.点评：本题考查正弦型三角函数的图象和性质，是一道三角函数不错的题.关键难点是利用已知条件得到必然同时为最大值点或同时为最小值点，从而求得函数的周期，得到的值.对于的对称轴可将看成一个整体,利用正弦函数的对称轴和中心计算求得；函数的图象的平移变换对应将按照“左加右减”口诀代换得到.12.如图是一个由正四棱锥和正四棱柱构成的组合体，正四棱锥的侧棱长为6，为正四棱锥高的4倍.当该组合体的体积最大时，点到正四棱柱外接球表面的最小距离是（）A.B.C.D.答案：B设正四棱锥的高为，由条件可得，然后该组合体的体积为，然后利用导数求出当
9、时体积取得最大值，此时，然后算出正四棱柱外接球的半径，然后点到正四棱柱外接球表面的最小距离为点到球心的距离减去半径，即可得到答案.解：设正四棱锥的高为，由正四棱锥的侧棱长为6可得，该组合体的体积为，令，则，所以可得在上单调递增，在上单调递减，所以当时取得最大值，即该组合体的体积最大,此时,所以正四棱柱的外接球半径为:,点到正四棱柱外接球表面的最小距离为点到球心的距离减去半径，即,故选：B点评：本题考查的知识点有：几何体的体积公式，利用导数解决最值问题，几何体的外接球问题，属于较难题.二填空题：本题共4小题.每小题5分.共20分.13.曲线的一条切线的斜率为，该切线的方程为_.答案：使用导数运算
10、公式求得切点处的导数值，并根据导数的几何意义等于切线斜率求得切点的横坐标，进而得到切点坐标，然后利用点斜式求出切线方程即可.解：的导数为，设切点为，可得，解得，即有切点，则切线的方程为，即.故答案为：.点评：本题考查导数的加法运算，导数的几何意义，和求切线方程，难度不大，关键是正确的使用导数运算公式求得切点处的导数值，14.设等比数列的公比为2，前项和为，则_.答案：根据等比数列的求和公式与通项公式，由题中条件，直接计算，即可得出结果.解：因为数列为等比数列，所以，所以，所以.故答案为：.15.展开式中的系数为，则=_.答案：6由二项式定理求解即可.解：展开式中的系数为，解得.故答案为：16.
11、已知，分别为双曲线的左、右焦点，以为直径的圆与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为，设四边形的周长为，面积为，且满足，则该双曲线的离心率为_.答案：本题首先可根据题意绘出图像并设出点坐标为，然后通过圆与双曲线的对称性得出，再根据“点即在圆上，也在双曲线上”联立方程组得出，然后根据图像以及可得和，接下来利用双曲线定义得出以及，最后根据并通过化简求值即可得出结果解：如图所示，根据题意绘出双曲线与圆的图像，设，由圆与双曲线的对称性可知，点与点关于原点对称，所以，因为圆是以为直径，所以圆的半径为，因为点在圆上，也在双曲线上，所以有，联立化简可得，整理得，所以，因为，所以，因为，所以，因为，联立可得，
12、因为为圆的直径，所以,即，所以离心率点评：本题考查圆锥曲线的相关性质，主要考查双曲线与圆的相关性质，考查对双曲线以及圆的定义的灵活应用，考查化归与转化思想以及方程思想，考查了学生的计算能力，体现了综合性，是难题三解答题：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2223题为选考题.考生根据要求作答.17.已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求角C的大小；（2）若，求面积的最大值.答案：（1）；（2）.(1)由正弦定理对已知式子进行边角互化后得，结合余弦定理即可求出角C的大小.(2)由（1）可知，从而可求出，结合三角形的
13、面积公式即可求出面积的最大值.解：（1），.又，.（2）据（1）求解知，.又，.又，当且仅当时等号成立，此时.点评：方法点睛：在解三角形时，若已知的式子中既有边又有角的正弦值，此时常考虑用正弦定理将角的正弦值用边来代替。若已知式子中含有边的平方，此时常采用余弦定理进行化简.18.在棱长为1的正方体中，为的中点，过，的平面交于点.（1）求证：；（2）求二面角的余弦值.答案：（1）证明见解析；（2）.（1）由线面平行的性质证明即可；（2）构建空间直角坐标系，求出二面角各半面的法向量，应用法向量夹角与二面角的关系求二面角的余弦值.解：（1）证明：由正方体的性质，得，且，所以四边形为平行四边形，从而.
14、又平面，平面，所以平面.又平面，且平面平面，所以.（2）解：由（1），得为的中点，以为原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，.设平面的法向量为，则，即取，可得；设平面的法向量为，则即取，可得，所以，故二面角的余弦值为.点评：本题考查了利用线面平行证线线平行，应用空间向量求二面角的余弦值，属于中档题.19.已知抛物线：上一点到其焦点的距离为2.（）求抛物线的标准方程；（）设抛物线的准线与轴交于点，直线过点且与抛物线交于，两点（点在点，之间），点满足，求与的面积之和取得最小值时直线的方程.答案：（）（）或.（）由题意知，抛物线的焦点为，把点代入抛物线方程，再结合点到其焦点的距离为2，利用两点间距离公式得到关于的方程，解方程即可求解；（）由（）知，点，易知直线的斜率存在，且不为零，设其方程为，设，由，利用平面向量的坐标运算可得，联立直线方程和抛物线方程得到关于的一元二次方程，利用韦达定理求出的值，利用数形结合可得，再利用基本不等式求最值即可求解.解：（）的焦点为，依题意有，解得，所以，抛物线的标准方程为.（）
