2021届金太阳高三新高考（广东卷）联考数学试题（解析版）

2021届金太阳高三新高考（广东卷）联考数学试题

一、单选题

1．若，则的虚部为（ ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由已知先求出的值，可得虚部的值.

【详解】

解：由所以其虚部为，

故选：A.

【点睛】

本题主要考查虚数的概念与四则运算，考查基础的知识与运算，属于基础题.

2．设集合，，则=（ ）

A．（0，1） B．

C．（－3，1） D．

【答案】B

【解析】化简集合A，B，根据交集运算即可求值.

【详解】

因为，

所以.

故选：B

【点睛】

本题主要考查了一元二次不等式的解法，集合的运算，属于中档题.

3．2020年7月，我国湖北､江西等地连降暴雨，造成严重的地质灾害.某地连续7天降雨量的平均值为26.5厘米，标准差为6.1厘米.现欲将此项统计资料的单位由厘米换为毫米，则标准差变为（ ）

A．6.1毫米 B．32.6毫米 C．61毫米 D．610毫米

【答案】C

【解析】利用标准差公式即可求解.

【详解】

设这7天降雨量分别为，，，，，，

则

因为1厘米=10毫米，

这7天降雨量分别为10，10，10，10，10，10，10，

平均值为=265，

所以标准差变为.

故选：C

【点睛】

本题考查统计知识，考查标准差的求解，考查数据处理能力，属于基础题.

4．若，则“”是“”的（ ）

A．必要不充分条件 B．充分不必要条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】根据充分条件、必要条件的概念即可求解.

【详解】

因为，所以，即，

故可推出，

而推不出，（例如）

故“”是“”的必要不充分条件.

故选：A

【点睛】

本题主要考查了充分条件，必要条件，不等式的性质，属于中档题.

5．函数在上的图象大致为（ ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】先判断函数的奇偶性，排除AC，再由特殊值验证，排除B，即可得出结果.

【详解】

因为，

所以为奇函数，其图象关于原点对称，故排除A与C.

又因为，所以排除B.

故选：D.

【点睛】

本题主要考查函数图像的识别，属于基础题型.

6．某班级8位同学分成，，三组参加暑假研学，且这三组分别由3人､3人､2人组成.若甲､乙两位同学一定要分在同一组，则不同的分组种数为（ ）

A．140 B．160 C．80 D．100

【答案】A

【解析】分两种情况讨论即甲､乙两位同学在组或组和甲､乙两位同学在组；

【详解】

甲､乙两位同学在组或组的情况有种，

甲､乙两位同学在组的情况有种，共计140种.

故选：A.

【点睛】

本题考查计数原理的应用，考查数据处理能力.

7．某艺术展览馆在开馆时间段（9：00—16：00）的参观人数（单位：千）随时间（单位：时）的变化近似满足函数关系，且下午两点整参观人数为7千，则开馆中参观人数的最大值为（ ）

A．1万 B．9千 C．8千 D．7千

【答案】B

【解析】利用当时，，求出，由，利用正弦函数的性质即可求解.

【详解】

下午两点整即，当时，.

即，∴，

∵当时，，

∴当时，取得最大值，且最大值为.

故选：B

【点睛】

本题考查了三角函数的性质求解析式、三角函数的应用，考查了基本运算求解能力，属于基础题.

8．太阳是位于太阳系中心的恒星，其质量大约是千克.地球是太阳系八大行星之一，其质量大约是千克.下列各数中与最接近的是（ ）

（参考数据：，）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据题意，得到，两边同时取以10为底的对数，根据题中条件，进行估算，即可得出结果.

【详解】

因为，所以.

故.

故选：D.

【点睛】

本题主要考查对数的运算，属于基础题型.

二、多选题

9．已知双曲线，则（ ）

A．的离心率为 B．的虚轴长是实轴长的6倍

C．双曲线与的渐近线相同 D．直线上存在一点在上

【答案】AC

【解析】根据双曲线方程求得，，进而可得，即可判断A与B；分别求两双曲线渐近线方程可判断C；根据渐近线可判断D.

【详解】

因为，，所以，则，，所以A正确，B错误.

双曲与的渐近线均为，所以C正确，

因为C的的渐近线的斜率小于的3，所以直线与相离，所以D错误.

故选：AC

【点睛】

本题考查根据双曲线方程求渐近线以及基本量，考查基本求解能力，属基础题.

10．若，则的值可能为（ ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【解析】先设，再化简原式进行代换，解得t值，即得的值.

【详解】

设，，，故.

故选：BD.

【点睛】

本题考查了换元法和三角恒等变换，属于基础题.

11．在正方体中，是棱上一点，且二面角的正切值为，则（ ）

A．异面直线与所成角的余弦值为

B．到平面的距离是到平面的距离的倍

C．直线与平面所成角的大小等于二面角的大小

D．在棱上一定存在一点，使得平面

【答案】BCD

【解析】根据已知和线线关系、线面关系等逐项验证排除即可.

【详解】

如图，设，易知二面角的平面角为，

则，即因为，所以异面直线与所成角为，因为，所以，A错误；

设，则，所以到平面的距离是到平面的距离的倍，故B正确；

因为平面，所以到平面的距离等于到平面的距离，而C到平面的距离为，所以直线与平面所成角的正弦值为则其正切值为，所以直线与平面所成角的大小等于二面角的大小，故C正确；

在上找一点，使得，过再作的平行线交于，且，，所以平面平面，从而可知平面，故D正确.

故选：BCD

【点睛】

本题主要考查了空间几何体的线线关系、线面关系、面面关系，考查空间想象力及求解能力.

12．已知函数的导函数为，若对恒成立，则下列不等式中，一定成立的是（ ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【解析】先设，，，对函数求导，根据题中条件，分别判断设和的单调性，进而可得出结果.

【详解】

设，，，

则，.

因为对恒成立，

所以，，所以在上单调递减，在上单调递增，

则，，

即，即.

故选：BD.

【点睛】

本题主要考查导数的方法判定函数单调性，并根据单调性比较大小，属于常考题型.

三、填空题

13．设向量，满足，，且，则__________.

【答案】

【解析】由已知条件与平面向量的线性运算与平面向量的数量积的知识，代入中可得答案.

【详解】

解：，所以

故答案为：.

本题主要考查平面向量的线性运算与平面向量的数量积，考查学生的基础知识与基本运算能力，属于基础题.

14．设椭圆的焦距为，则数列的前项和为__________.

【答案】

【解析】根据椭圆的标准方程求出焦距为，再利用等差数列的前项和公式即可求解.

【详解】

因为，

所以数列为等差数列，首项，

所以数列的前项和为.

故答案为：

【点睛】

本题考查了椭圆的简单几何性质、等差数列的前项和公式，需熟记公式，属于基础题.

15．不等式的解集为__________.

【答案】（－1，1）

【解析】作出函数，的图象，求出两个图象的交点坐标，观察图象可得结果.

【详解】

在同一直角坐标系中，作出函数，的图象，这两个图象的交点为（－1，1），（1，9），故由图可知不等式的解集为（-1，1）.

故答案为：（－1，1）

【点睛】

本题考查利于数形结合解决不等式的解集问题，考查指数函数的图象，属于基础题.

16．一个圆锥的表面积为，其侧面展开图为半圆，当此圆锥的内接圆柱（圆柱的下底面与圆锥的底面在同一个平面内）的侧面积达到最大值时，该内接圆柱的底面半径为__________.

【答案】2

【解析】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，由圆锥的侧面展开图为半圆可得，根据圆锥的表面积可得半径,母线和高,设内接圆柱的底面半径为，高为，由相似可得，代入圆柱的侧面积公式分析可得结果.

【详解】

设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，因为圆锥的侧面展开图为半圆，

所以，解得.

因为圆锥的表面积为，所以，解得，，.

如图，设内接圆柱的底面半径为，高为，则，所以，

内接圆柱的侧面积，

当时，取最大值.

故答案为：2.

【点睛】

本题考查圆锥的表面积和圆柱的侧面积公式，考查圆锥侧面展开图的应用，考查推理能力和计算能力，属于基础题.

四、解答题

17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的存在最大值，则求出最大值；若问题中的不存在最大值，请说明理由.问题：设是数列的前项和，且，__________，求的通项公式，并判断是否存在最大值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】答案见解析

【解析】若选①，求出数列是首项为4，公比为的等比数列，求出通项公式和前项和，通过讨论的奇偶性，求出其最大值即可；

若选②，求出数列是首项为4，公差为的等差数列，求出通项公式和前项和，求出其最大值即可；

若选③，求出，当时，，故不存在最大值.

【详解】

解：选①

因为，，所以是首项为4.公比为的等比数列，

所.

当为奇数时，，

因为随着的增加而减少，所以此时的最大值为.

当为偶数时，，

且

综上，存在最大值，且最大值为4.

选②

因为，.所以是首项为4，公差为的等差数列，

所以.

由得，

所以存在最大值.且最大值为（或），

因为，所以的最大值为50.

选③

因为，所以，

所以，，…，

则，

又，所以.

当时，，

故不存在最大值.

【点睛】

此题考查数列的通项公式和求和公式，考查等差数列和等比数列的性质，属于基础题

18．2020年3月，受新冠肺炎疫情的影响，我市全体学生只能网上在线学习.为了了解学生在线学习的情况，市教研院数学教研室随机从市区各高中学校抽取60名学生对线上教学情况进行调查（其中男生与女生的人数之比为2∶1），结果发现男生中有10名对线上教学满意，女生中有12名对线上教学不满意.

（1）请完成如下2×2列联表，并回答能否有90%的把握认为“对线上教学是否满意与性别有关”；

（2）以这60名学生对线上教学的态度的频率作为1名学生对线上教学的态度的概率，若从全市学生中随机抽取3人，设这3人中对线上教学满意的人数为，求随机变量的分布列与数学期望.

附：参考公式其中.

【答案】（1）列联表见解析；没有；（2）分布列见解析，期望为.

【解析】（1）根据题中数据，直接完善列联表即可；再由公式求出，结合临界值表，即可得出结论；

（2）由题意，得到的可能取值为0，1，2，3，且，求出对应的概率，进而可得分布列，由二项分布的期望计算公式，即可求出期望.

【详解】

（1）由题意可知抽取的60名学生中男生有40人，女生有20人，则列联表如下：

因为，

所以没有90%的把握认为“对线上教学是否满意与性别有关”

（2）的可能取值为0，1，2，3，由题意可知，，

则，，

，

所以随机变量的分布列为

因此期望为：.

【点睛】

本题主要考查完善列联表，考查独立性检验的思想，考查求二项分布的分布列和期望，属于常考题型.

19．在中，，.

（1）求；

（2）若的周长为求的面积.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）由同角间的三角函数关系求出，从而结合诱导公式可求得可得角；

（2）由正弦定理可得三边长之比，结合周长可得三边长，再由三角形面积公式计算面积．

【详解】

（1）因为，所以.

若，则，从而，均为钝角.这不可能，

故，，.

所以

，

因为.所以.

（2）由（1）知，

由正弦定理得.

设，则，，则的周长为，

解得，从而，，

故的面积.

【点睛】

本题考查同角间的三角函数关系，考查两角和的正弦公式及诱导公式，考查正弦定理及三角形面积公式，旨在考查学生的运算求解能力，属于中档题．

20．如图，已知，平面，平面，过点且垂直于的平面与平面的交线为，，，.

（1）证明：平面；

（2）设点是上任意一点，求平面与平面所成锐二面角的最小值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】（1）由题意可知平面，则有，又平面，则可得出，从而得出//，再证明平面即可证明平面；

（2）作//，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，然后计算平面和平面的法向量，通过法向量夹角的余弦值来计算.

【详解】

解：（1）证明：因为，平面，

所以//平面，

又平面，平面平面，

所以//.

因为平面，

所以.

又，，

所以平面，

从而平面.

（2）作//，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

设，平面､平面的法向量分别为，，

则，，，.

因为平面，

所以，令，得，，即.

同理，令，得，，即.

因为，当且仅当时取等号，

所以平面与平面所成锐二面角的最小值为.

【点睛】

本题考查线面垂直的证明，考查考利用空间向量求解面面夹角，考查学生的基本运算能力与逻辑推理能力，难度一般.

21．已知抛物线的顶点为坐标原点，对称轴为坐标轴，且经过点.

（1）求到的焦点的距离；

（2）若的对称轴为轴，过（9，0）的直线与交于，两点，证明：以线段为直径的圆过定点.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】（1）分抛物线的对称轴为轴与轴进行讨论，可得抛物线的方程，再根据抛物线的几何意义可得到的焦点的距离；

（2）设直线的方程为，设，线段的中点为，联立抛物线和直线，可得，的值，可得以线段为直径的圆的方程，可得证明.

【详解】

（1）解：当的对称轴为轴时，设的方程为，

将点的坐标代入方程得，即，

此时到的焦点的距离为.

当的对称轴为轴时，设的方程为，

将点的坐标代入方程得.即.

此时到的焦点的距离为.

（2）证明：由（1）可知，当的对称轴为轴时，的方程为.

直线斜率显然不为0，可设直线的方程为，

设，线段的中点为.

由得，

则，，

所以，，

且.

以线段为直径的圆的方程为

即，

即，令，则，

因为.所以圆过定点（0，0），

从而以线段为直径的圆过定点.

【点睛】

本题主要考查抛物线的定义与几何性质，直线与抛物线的位置关系，考查学生的综合分析能力与计算能力，属于中档题

22．已知函

（1）讨论的单调性；

（2）若有两个零点，求的取值范围.

【答案】（1）答案见解析；（2）.

【解析】（1）求函数的导数，讨论和，分别解导数不等式即可得到函数的单调性.

（2）由（1）的单调性，可求得函数的极值，由极值的正负和函数的单调性可得函数的零点个数，从而得到的取值范围.

【详解】

（1）.

当时，令，得，

令，得.

故在单调递减，在单调递增.

当时，令，得，.

①当即时，，在R上单调递增.

②当即时，在上单调递减，

在，上单调递增.

③当即时，在上单调递减，

在，上单调递增.

（2）当时，由（1）可知只有一个极小值点.

且，，

当时，，，

从而，因此有两个零点.

当时，此时只有一个零点，不符合题意.

当时，在R上单调递增，不可能有两个零点.

当时，在上单调递减，

在，上单调递增，

，

其中，，，

则，即函数的极大值小于0，

则在上不可能有两个零点；

当时，在上单调递减，

在，上单调递增，

，即函数的极大值小于0，

则在上不可能有两个零点；

综上，若有两个零点，的取值范围是.

【点睛】

本题考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的零点个数问题，考查分析问题的能力和计算能力，属于中档题.

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/79045c69dbef5ef7ba0d4a7302768e9950e76ea0.html