2021届西藏自治区拉萨中学高三上学期第四次月考数学（文）试题（含解析）

这是一份2021届西藏自治区拉萨中学高三上学期第四次月考数学（文）试题（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届西藏自治区拉萨中学高三上学期第四次月考数学（文）试题  一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.【详解】，，因此，.故选：D.【点睛】本题考查交集的计算，同时也考查了一元二次不等式的求解，考查计算能力，属于基础题.2．复数(其中为虚数单位)，则（    ）A．5 B． C．2 D．【答案】B【分析】根据复数加法运算求得复数，然后利用模长公式求得模长.【详解】.
故选：B.3．等差数列中，，则的值为（    ）A． B．C．10 D．20【答案】A【分析】利用等差数列的性质即可求解.【详解】由，所以.故选：A4．设，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据，再比较b，c即可.【详解】因为，所以，又，且，，且，所以，所以，故选：B5．“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称，旨在积极发展我国与沿线国家经济合作关系，共同打造政治互信、经济融合、文化包容的命运共同体.自2015年以来，“一带一路”建设成果显著.如图是2015—2019年，我国对“一带一路”沿线国家进出口情况统计图，下列描述错误的是A．这五年，出口总额之和比进口总额之和大B．这五年，2015年出口额最少C．这五年，2019年进口增速最快D．这五年，出口增速前四年逐年下降【答案】D【分析】根据统计图中数据的含义进行判断即可.【详解】对A项，由统计图可得，2015年出口额和进口额基本相等，而2016年到2019年出口额都大于进口额，则A正确；对B项，由统计图可得，2015年出口额最少，则B正确；对C项，由统计图可得，2019年进口增速都超过其余年份，则C正确；对D项，由统计图可得，2015年到2016年出口增速是上升的，则D错误；故选：D【点睛】本题主要考查了根据条形统计图和折线统计图解决实际问题，属于基础题.6．已知为任意角，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要【答案】B【分析】说明命题和是否为真即可．【详解】，则，因此“”是“”的必要不充分条件．故选：B．【点睛】本题考查充分必要条件的判断，只要命题为真，则是的充分条件，是的必要条件．7．若向量，，且，则（    ）A．6 B．5 C．4 D．3【答案】B【分析】由向量垂直关系求得x，代入求得两向量和，从而求得模长.
 【详解】因为，，，所以，解得，所以，即，故选：B.8．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是顶角为的等腰三角形，侧视图为直角三角形，则该三棱锥的表面积为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据三视图画出几何体的直观图，可知该三棱锥是底面为腰长为2､底为的等腰三角形，侧面分别是两个腰为2的等腰直角三角形和一个底为､高为的三角形，从而可求出其表面积【详解】解：根据三视图，知该三棱锥是底面为腰长为2､底为的等腰三角形，侧面分别是两个腰为2的等腰直角三角形和一个底为､高为的三角形，所以该三棱锥的表面积为，故选：A.9．宋元时期，中国数学鼎盛时期中杰出的数学家有“秦﹝九韶﹞、李﹝冶﹞、杨﹝辉﹞、朱﹝世杰﹞四大家”，朱世杰就是其中之一．朱世杰是一位平民数学家和数学教育家．朱世杰平生勤力研习《九章算术》，旁通其它各种算法，成为元代著名数学家．他全面继承了前人数学成果，既吸收了北方的天元术，又吸收了南方的正负开方术、各种日用算法及通俗歌诀，在此基础上进行了创造性的研究，写成以总结和普及当时各种数学知识为宗旨的《算学启蒙》，其中有关于“松竹并生”的问题：松长四尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等．如图，是源于其思想的一个程序框图．若输入的分别为，，则输出的（    ）A．2 B．3C．4 D．5【答案】C【分析】按流程图逐一执行即可.【详解】输入的分别为，时，依次执行程序框图可得：不成立不成立不成立成立输出故选C【点睛】本题主要考查了程序框图知识，考查读图能力及计算能力，属于基础题.10．直角梯形中，∥,，，直线截该梯形所得的位于左边的图形面积为,则函数的图象大致为     A． B． C． D．【答案】C【详解】法一：由图可得 ，从而判断出选项C才是正确选项.法二：由面积的变化率可得正确选项为C.【点睛】本题考查函数的应用、函数的图像和分段函数，涉及分类讨论思想、函数与方程思想，数形结合思想和转化化归思想，以及逻辑思维能力、转化能力、运算求解能力,具有一定的综合性，属于中档题型. 法一：分析已知条件的而图形变化规律建立 ，再根据方程筛选答案.法二：由面积的变化率先快后稳可得正确选项为C.11．已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，是直线与的一个交点，若，则A． B． C． D．【答案】A【分析】设与x轴的交点为M，过Q向准线作垂线，垂足为N，由，可得，又，根据抛物线的定义即可得出.【详解】设与x轴的交点为M，过Q向准线作垂线，垂足为N，，，又，，，.故选：A.【点睛】本题考查了抛物线的定义及其性质、向量的共线，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.12．已知函数的定义域为，若对任意的，恒成立，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可知，在上单调递减，将不等式两边同时乘以，变形为，不妨设，则，构造新函数，根据函数单调性定义可知，若使得对任意的，恒成立，则需恒成立，即，求解即可.【详解】函数的定义域为，即函数在上单调递减.变形为即不妨设，则，即令则若使得对任意的，恒成立.则需恒成立.则恒成立.即恒成立.所以.即实数的取值范围是.故选：B【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，等价变形，构造新函数，是解决本题的关键，本题属于难题.  二、填空题13．若变量满足约束条件，则的最小值为__________．【答案】【分析】先画出二元一次不等式所表示的可行域，目标函数为截距形，，直线的截距越大，值越小，可见最优解为，则的最小值为.【点睛】请在此输入点睛！【详解】请在此输入详解！14．已知数列是各项均为正数的等比数列，且，则数列{n}的公比为_________________.【答案】2【分析】根据等比数列每一项与首项、公比的关系，代入解得公比即可.【详解】设公比为q，由，得，
因为各项均为正数，所以，
由，得，
解得，
故答案为：215．已知，是双曲线的两个焦点，以线段为直径的圆与双曲线的两条渐近线交于，，，四个点，若这四个点与，两点恰好是一个正六边形的顶点，则该双曲线的离心率为________．【答案】2．【分析】分析双曲线的焦点位置，由正六边形的性质得出可得出，再由公式可计算出双曲线的离心率.【详解】由正六边形的图形特征知，若双曲线焦点在轴上，且为双曲线的右焦点，以为直径的圆与渐近线在第一象限的交点为，则为等边三角形，则双曲线斜率为正的渐近线的倾斜角为，，此时，双曲线的离心率为；综上所述，双曲线的离心率为，故答案为.【点睛】本题考查双曲线的离心率的求解，解题的关键就是要分析几何图形的特征，求出渐近线的斜率，考查推理能力与计算能力，属于中等题.16．已知函数在上连续，对任意都有；在中任意取两个不相等的实数，都有恒成立；若，则实数的取值范围是_____________．【答案】【分析】利用函数的对称性，由可知函数关于直线对称，然后再根据所得性质构造函数，最后把进行单调性转化，整理出不等式，最后求解，即可求出实数的取值范围.【详解】由可知函数关于直线对称；在中任意取两个不相等的实数，都有恒成立；可知函数在区间上单调递减，由对称性可知函数在区间上单调递增，不妨设，则由可得，整理得，即，解得或，所以实数的取值范围是．答案为：【点睛】本题考查函数的对称性与构造函数的应用，难点在于根据已有的函数性质构造出相应的函数，属于难题. 三、解答题17．的内角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求周长的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据正余弦定理边角互化即可得，进而得.（2）由正弦定理得，，进而得，由于三角形是锐角三角形，故，进而得周长的取值范围为.【详解】解：（1）解法一：由已知，得.由正弦定理，得，即，∵，∴.∵，∴∵，∴.解法二：结合余弦定理，化简得∴∵，∴.（2），且，，∴，∴.因为为锐角三角形，所以得，得.∴即周长的取值范围为.【点睛】本题考查解三角形，解题的关键在于边角互化，考查运算能力，是中档题.18．某校在一次期末数学测试中，为统计学生的考试情况，从学校的2000名学生中随机抽取50名学生的考试成绩，被测学生成绩全部介于65分到145分之间(满分150分)，将统计结果按如下方式分成八组：第一组，，第二组，，第八组，，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分. （1）求第七组的频率，并完成频率分布直方图；（2）用样本数据估计该校的2000名学生这次考试成绩的平均分(同一组中的数据用该组区间的中点值代表该组数据平均值)；（3）若从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取2名，求他们的分差的绝对值小于10分的概率.【答案】（1）0.08，图见解析；（2）102；（3）.【分析】（1）由频率和为1，求得第七组的频率，并补全频率分布直方图；（2）利用平均数求解公式，用样本数据估计该校的2000名学生这次考试成绩的平均分即可.（3）样本成绩属于第六组的有人，样本成绩属于第八组的有人，求得基本事件总数和分差的绝对值小于10分包含的基本事件个数，从而求得概率.【详解】(1)由频率分布直方图得第七组的频率为：.完成频率分布直方图如下：(2)用样本数据估计该校的2000名学生这次考试成绩的平均分为：(3)样本成绩属于第六组的有人，设为a，b，c，样本成绩属于第八组的有人，设为d，e，从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取2名，基本事件为(a,b)，(a,c)，(a,d)，(a,e)，(b,c)，(b,d)，(b,e)，(c,d)，(c,e)，(d,e)，则总数，他们的分差的绝对值小于10分包含的基本事件为：(a,b)，(a,c)，(b,c)，(d,e)，其个数，他们的分差的绝对值小于10分的概率.19．如图，已知面，四边形为矩形，四边形为直角梯形，，（1）求证：面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析.（2）【分析】（1）推导出平面，，，由此能证明面．（2）三棱锥的体积，由此能求出结果．【详解】解：（1）面，四边形为矩形，平面，平面，，四边形为直角梯形，，，，，，，，，面，面，面．（2）面，四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，，，平面，点到平面的距离为，，三棱锥的体积：．【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题．20．已知椭圆：（）的两个焦点是，，且离心率.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作椭圆的一条切线交圆：于，两点，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）本小题根据题意先求，，，再求椭圆的标准方程；（2）本小题先设切线方程，再根据点到直线的距离公式与弦长公式表示出三角形的面积，最后求最值即可.【详解】解：（1）由题可知，，，∴ ，又∵ ，∴ .∴ 椭圆的标准方程为；（2）由已知可知，切线的斜率存在，否则不能形成.设切线的方程为，联立，整理得：，则，化简得：，则.点到直线的距离，所以，即，故的面积为 ∵，函数在上单调递增，∴，则，即面积的最大值为.【点睛】本题考查椭圆的标准方程，点到直线的距离公式、弦长公式以及函数的最值等问题，是偏难题.21．已知函数，.（1）若点为函数与图象的唯一公共点，且两曲线存在以点为切点的公共切线，求的值；（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由题意可知，与图象的在唯一公共点处的切线相同，根据导数几何意义有，，可以解得a的值；（2）通过导数研究函数的零点情况，导数中含有参数，需对参数分类讨论求解即可.【详解】（1）由题意可知，与图象的在唯一公共点处的切线相同，又因为，，所以，，即，由可得或，由点唯一可得或，即或，由及，可得，综上可得，；（2）由，则，（i）若即时，在上单调递减，在上单调递增，因为时，，且，故要使得有2个零点，只有即，当时，只有一个零点，故（ii）若，即时，①当时，在上单调递增，不符合题意；②当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且时，，且，，故要使得有2个零点，则，即，令，，则，故在上单调递增，且，故在上恒成立，不可能有2个零点，③当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，故不可能有2个零点，综上22．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）为曲线上的动点，点在线段上，且满足，求点的轨迹的直角坐标方程；（2）设点的极坐标为，点在曲线上，求面积的最大值．【答案】（1）；（2）【详解】试题分析：（1）设出P的极坐标，然后由题意得出极坐标方程，最后转化为直角坐标方程为；（2）利用（1）中的结论，设出点的极坐标，然后结合面积公式得到面积的三角函数，结合三角函数的性质可得面积的最大值为.试题解析：解：（1）设P的极坐标为（）（＞0），M的极坐标为（）由题设知|OP|=，=.由|OP|=16得的极坐标方程因此的直角坐标方程为.（2）设点B的极坐标为 （）.由题设知|OA|=2，，于是△OAB面积当时， S取得最大值.所以△OAB面积的最大值为.点睛:本题考查了极坐标方程的求法及应用，重点考查了转化与化归能力.在求曲线交点、距离、线段长等几何问题时，求解的一般方法是将其化为普通方程和直角坐标方程后求解，或者直接利用极坐标的几何意义求解.要结合题目本身特点，确定选择何种方程.23．已知，，设函数，.（1）若，求不等式的解集；（2）若函数的最小值为1，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析【分析】（1）利用零点分段法，求出各段的取值范围然后取并集可得结果.（2）利用绝对值三角不等式可得，然后使用柯西不等式可得结果.【详解】（1）由，所以由当时，则所以当时，则当时，则综上所述：（2）由当且仅当时取等号所以由，所以所以令根据柯西不等式，则当且仅当，即取等号由故，又则【点睛】本题考查使用零点分段法求解绝对值不等式以及柯西不等式的应用，属基础题.