廣東省佛山市平洲第二中學2021年高三數學理月考試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.以為焦點的拋物線C的準線與雙曲線相交于M，N兩點，若△MNF為正三角形，則拋物線C的標準方程為A． B． C． D．參考答案：C2.已知函數f(x）=ax2+bx-1(a,b∈R且a＞0）有兩個零點，其中一個零點在區間（1，2）內，則的取值范圍為（

）A．（-1，1）

B．（-∞，-1）

C．（-∞，1）D．（-1，+∞）參考答案：D3.歐陽修的《賣油翁》中寫道：“（翁）乃取一葫蘆置于地，以錢覆蓋其口，徐以杓酌油瀝之，自錢孔入，而錢不濕”，可見“行行出狀元”，賣油翁的技藝讓人嘆為觀止，若銅錢是直徑為d的圓面，中間有邊長為的正方形孔，現隨機向銅錢上滴一滴油（油滴的大小忽略不計），則油滴落入孔中的概率為（

）A．

B．

C.

D．參考答案：A由題意可得直徑為d的圓的面積為π×=π，而邊長為的正方形面積為，故所求概率P=.

4.方程至少有一個負根的充要條件是

A．

B．

C．

D．或參考答案：C5.等比數列{an}的前n項和為Sn，若S2n=4（a1+a3+…+a2n﹣1），a1a2a3=27，則a6=(

) A．27 B．81 C．243 D．729參考答案：C考點：等比數列的性質．專題：計算題．分析：利用等比數列的性質可得，a1a2a3=a23=27從而可求a2，結合S2n=4（a1+a3+…+a2n﹣1）考慮n=1可得，S2=a1+a2=4a1從而可得a1及公比q，代入等比數列的通項公式可求a6解答： 解：利用等比數列的性質可得，a1a2a3=a23=27即a2=3因為S2n=4（a1+a3+…+a2n﹣1）所以n=1時有，S2=a1+a2=4a1從而可得a1=1，q=3所以，a6=1×35=243故選C點評：本題主要考查了等比數列的性質，等比數列的前n項和公式及通項公式，屬基礎題．6.閱讀如圖所示的程序框圖，運行相應的程序，輸出的結果是（）A．20 B．21 C．200 D．210參考答案：D【考點】程序框圖．【專題】算法和程序框圖．【分析】執行程序框圖，依次寫出每次循環得到的s，i的值，當i=21時，滿足條件i＞20，退出循環，輸出s的值為210．【解答】解：執行程序框圖，有s=0，i=1s=1，i=2，不滿足條件i＞20，s=3，i=3，不滿足條件i＞20，s=6，i=4，不滿足條件i＞20，s=10，i=5，不滿足條件i＞20，s=15=1+2+3+4+5，i=6，不滿足條件i＞20，s=21=1+2+3+4+5+6，…觀察規律可知，i=20，不滿足條件i＞20，s=1+2+3+…+20==210，i=21，滿足條件i＞20，退出循環，輸出s的值為210．故選：D．【點評】本題主要考查了程序框圖和算法，等差數列的求和，屬于基本知識的考查．7.某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（

）A．

B．

C．

D．參考答案：B8.設a，b∈R，則“a+b≥4”是“a≥2且b≥2”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件參考答案：B【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷．【分析】根據不等式的性質結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可．【解答】解：當a=1，b=5滿足條件．a+b≥4，但a≥2且b≥2不成立，即充分性不成立，若a≥2且b≥2，則a+b≥4成立，即必要性成立，即“a+b≥4”是“a≥2且b≥2”的必要不充分條件，故選：B．9.如圖，B地在A地的正東方向4km處，C地在B地的北偏東30o方向2km處，河流的沒岸PQ（曲線）上任意一點到A的距離比到B的距離遠2km。現要在曲線PQ上選一處M建一座碼頭，向B、C兩地轉運貨物。經測算，從M到B、M兩地修建公路的費用分別是a萬元/km、2a萬元/km，那么修建這兩條公路的總費用最低是（A）(2-2)a萬元

（B）5a萬元（C）(2+1)a萬元

（D）(2+3)a萬元

參考答案：答案：B10.集合．則

A．

B．

C．

D．參考答案：二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知為圓()上兩個不同的點（為圓心），且滿足，則

．參考答案：4考點：平面向量的幾何應用圓的標準方程與一般方程

因為C為圓心，A，B在圓上，

所以取AB中點為O，有且

又因為R=3，所以

即。

12.設的值為_________。參考答案：略13.已知數列{an}滿足：2a1+22a2+23a3+…+2nan=n（n∈N*），bn=，設數列{bn}的前n項和為Sn，則S1?S2?S3?…?S10=．參考答案：【考點】數列的求和．【分析】利用數列遞推關系可得an，再利用“裂項求和”方法可得Sn，進而利用“累乘求積”方法得出．【解答】解：數列{an}滿足：2a1+22a2+23a3+…+2nan=n（n∈N*），∴n≥2時，2a1+22a2+23a3+…+2n﹣1an﹣1=n﹣1，∴2nan=1，∴an=．bn===，∴數列{bn}的前n項和為Sn=+…+=1﹣=．則S1?S2?S3?…?S10=×…×=．故答案為：．14.已知橢圓C：的右頂點為A，P是橢圓C上一點，O為坐標原點，已知∠POA=60°，且OP⊥AP，則橢圓C的離心率為

．參考答案：由題意可得，易得，代入橢圓方程得：，故，所以離心率．

15.計算___________（為虛數單位）．參考答案：略16.已知直線與垂直，則的值是

.參考答案：1或417.已知某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則此幾何體的體積為

，表面積為

．參考答案：；．【考點】L!：由三視圖求面積、體積．【分析】由三視圖可知該幾何體一個四棱錐，由三視圖求出幾何元素的長度，利用錐體體積公式計算出幾何體的體積，由面積公式求出幾何體的表面積．【解答】解：根據三視圖可知幾何體是一個四棱錐，底面是一個邊長為2的正方形，PE⊥面ABCD，且PE=2，其中E、F分別是BC、AD的中點，連結EF、PA，∴幾何體的體積V==，在△PEB中，PB==，同理可得PC=，∵PE⊥面ABCD，∴PE⊥CD，∵CD⊥BC，BC∩PE=E，∴CD⊥面PBC，則CD⊥PC，在△PCD中，PD===3，同理可得PA=3，則PF⊥AD，在△PDF中，PF===，∴此幾何體的表面積S=2×2+++=故答案為：；．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.已知函數f（x）=asinx+bcosx（a，b為常數且a≠0，x∈R）．當x=時，f（x）取得最大值．?（1）計算f（）的值；?（2）設g（x）=f（﹣x），判斷函數g（x）的奇偶性，并說明理由．??參考答案：【考點】GI：三角函數的化簡求值；3K：函數奇偶性的判斷．【分析】首先，根據已知得到f（x）=sin（x+θ），然后根據最值建立等式，得到a=b，再化簡函數f（x）=asin（x+），（1）將代入解析式求值；（2）求出g（x）解析式，利用奇偶函數定義判斷奇偶性．【解答】解：由已知得到f（x）=sin（x+θ），又x=時，f（x）取得最大值．所以a=b，f（x）=asin（x+），所以（1）f（）=asin（3π）=0；（2）g（x）為偶函數．理由：設g（x）=f（﹣x）=asin（﹣x）=acosx，所以函數g（﹣x）=g（x），為偶函數．【點評】本題考查了三角函數的性質以及奇偶性的判定；屬于基礎題．19.(本題滿分13分)已知橢圓的離心率為，以原點為圓心，橢圓短半軸長為半徑的圓與直線相切．（Ⅰ）求橢圓的標準方程；（Ⅱ）設，若過的直線交曲線于兩點，求的取值范圍．參考答案：（Ⅰ）由題意可得圓的方程為，∵直線與圓相切，∴，即，

…………2分又，及，得，所以橢圓方程為．…………4分（Ⅱ）①當直線AB的斜率為0時，A（，0），B（，0）時，=-1…5分②當直線AB的斜率不為0時，不妨設AB的方程為：

由得：，------7分設則：，，

]，由①、②得：的取值范圍為[]．

…………13分20.已知數列{an}的前n項和Sn=n2+pn，且a2，a5，a10成等比數列．（1）求數列{an}的通項公式；（2）若bn=，求數列{bn}的前n項和Tn．參考答案：【考點】數列的求和；數列遞推式．【分析】（1）根據數列的遞推公式可得an=2n﹣1+p，再根據a2，a5，a10成等比數列，求出p的值，問題得以解決，（2）把（1）求出的an代入bn，再求出bn的表達式，然后由裂項相消法來求數列{bn}的前n項和Tn．【解答】解：（1）當n≥2時，an=Sn﹣Sn﹣1=2n﹣1+p，當n=1時，a1=S1=1+p，也滿足，故an=2n﹣1+p，∵a2，a5，a10成等比數列，∴（3+p）（19+p）=（9+p）2，∴p=6，∴an=2n+5，（2）由（1）可得bn===（﹣）+1，∴Tn=n+（﹣+﹣+…+﹣）=n+=21.函數在點處的切線方程為.（Ⅰ）求實數a，b的值；（Ⅱ）求f(x)的單調區間；（Ⅲ），成立，求實數的取值范圍.參考答案：(Ⅰ)，依題意得，，則有．(Ⅱ)由(Ⅰ)得，，由于在區間上為增函數，且，則當時，；當時，，故函數的減區間是，增區間是．(Ⅲ)因為，于是構造函數，，成立，等價于，由(Ⅱ)知當時，，即對恒成立．即（當且僅當時取等號）所以函數，又時，，所以．…（11分）故的取值范圍是．22.如圖，在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P是側棱CC1上的一點，CP=m．（Ⅰ）試確定m，使直線AP與平面BDD1B1所成角的正切值為3；（Ⅱ）在線段A1C1上是否存在一個定點Q，使得對任意的m，D1Q垂直于AP，并證明你的結論．參考答案：【考點】直線與平面所成的角；空間向量的夾角與距離求解公式．【分析】解法一：（1）如圖：連AC，設AC∩BD=O，．利用線面平行的性質可得：OG∥PC．利用三角形中位線定理及其線面垂直的判定可得：AO⊥平面BDD1B1，可得線面角，利用直角三角形的邊角關系即可得出．（Ⅱ）依題意，要在A1C1上找一點Q，使得D1Q⊥AP．只需D1Q⊥平面ACC1A1，設A1C1∩B1D1=O1，可推測A1C1的中點即為所求的Q點再利用線面垂直的判定與性質定理即可．解法二：（1）建立如圖所示的空間直角坐標系，利用法向量的性質、線面垂直的判定與性質定理、向量夾角公式即可得出．（2）若在上存在這樣的點Q，設此點的橫坐標為x，依題意，對任意的m要使D1Q⊥AP，利用=0，解出x即可得出．【解答】解法一：（1）如圖：連AC，設AC∩BD=O，．…，故OG∥PC．所以．又…故．…在Rt△AOG中，tan∠AGO===3，即．故當時，直線AP與平面BDD1B1所成的角的正切值為3．…（Ⅱ）依題意，要在A1C1上找一點Q，使得D1Q⊥AP．只需D1Q⊥平面ACC1A1，…設A1C1∩B1D1=O1，可推測A1C1的中點即為所求的Q點．…因為．，所以D1O1⊥平面ACC1A1，即D1Q⊥平面ACC1A1，…又AP?平面ACC1A1，故D1O1⊥AP．即D1Q⊥AP．…