2021届贵州省铜仁市思南中学高三第五次月考数学（理）试题（含解析）

这是一份2021届贵州省铜仁市思南中学高三第五次月考数学（理）试题（含解析），共16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届贵州省铜仁市思南中学高三第五次月考数学（理）试题  一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先解不等式得到，再求即可.【详解】因为，，所以.故选：C2．已知复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先根据复数的除法运算求出，然后根据模长公式即可求出结果.【详解】因为，所以，因此，故选：B.3．已知等比数列满足，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先根据题意得到，再计算即可.【详解】，则，所以.故选：C4．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用正弦二倍角求解即可.【详解】因为，所以，所以.故选：A5．展开式中的系数为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用通项公式，列式求解.【详解】，令，得，所以的系数是.故选：D6．2021年起，我市将试行“3+1+2”的普通高考新模式，即除语文、数学、外语3门必选科目外，考生再从物理、历史中选1门，从化学、生物、地理、政治中选2门作为选考科目.为了帮助学生合理选科，某中学将高一每个学生的六门科目综合成绩按比例均缩放成5分制，绘制成雷达图.甲同学的成绩雷达图如图所示，下面叙述一定不正确的是（    ）A．甲的化学成绩领先年级平均分最多.B．甲有2个科目的成绩低于年级平均分.C．甲的成绩最好的前两个科目是化学和地理.D．对甲而言，物理、化学、地理是比较理想的一种选科结果.【答案】A【分析】根据雷达图，对四个选项逐个分析，可选出答案.【详解】根据雷达图，可知物理成绩领先年级平均分最多，即A错误；甲的政治、历史两个科目的成绩低于年级平均分，即B正确；甲的成绩最好的前两个科目是化学和地理，即C正确；对甲而言，物理成绩比年级平均分高，历史成绩比年级平均分低，而化学、生物、地理、政治中优势最明显的两科为化学和地理，故物理、化学、地理的成绩是比较理想的一种选科结果，即D正确.故选：A.【点睛】本题考查统计知识，涉及到雷达图的识别及应用，考查学生识图能力、数据分析能力，是一道容易题.7．函数的大致图像是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先判断出函数的奇偶性，可排除AC，再利用导数得出单调性即可得出结果.【详解】可得的定义域为关于原点对称，且，为奇函数，图象关于原点对称，故AC错误；当时，，故当时，，单调递增，当时，，单调递减，故D错误，B正确.故选：B.【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.8．若圆：与圆：外切，则 （    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，先求出两圆的圆心坐标和半径，利用两圆的圆心距等于两圆的半径之和，列方程解m的值.【详解】解：根据题意圆可得圆心 ，半径，由圆，，即，.所以圆心，半径，因为两圆外切，则则，可得，则故选：D9．如图为某旋转体的三视图，则该几何体的侧面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先根据题意得到该几何体为底面半径为，高为的圆锥，母线，再计算其侧面积即可.【详解】由题知：该几何体为底面半径为，高为的圆锥，母线，所以侧面积.故选：A10．设，若，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先根据题意得到，从而得到，再利用基本不等式求解即可.【详解】因为，所以，因为，所以，当且仅的，即，时取等号.故选：D11．已知平行于轴的一条直线与双曲线相交于两点，，（为坐标原点），则该双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据已知条件表示出点B的坐标，带入双曲线的标准方程，然后求出，进而可以求得离心率.【详解】设直线与轴交于点，，，则，所以点，将点带入双曲线方程，得，即，则，故选：C12．如图，已知正方形的边长为4，若将沿翻折到的位置，使得平面平面，分别为和的中点，则直线被四面体的外接球所截得的线段长为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先取的中点，连接，，根据题意得到为四面体外接球的球心，且半径，再计算的长度得到，从而得到到的距离为1，再计算直线被四面体的外接球所截得的线段长即可.【详解】取的中点，连接，，如图所示：因为，，所以为四面体外接球的球心，且半径.因为，且为中点，所以.平面平面，所以平面.过作，过作，连接，如图所示：在中，，，所以，同理，所以.在中，，所以在中，.又因为，所以到的距离，所以直线被球截得的线段长.故选：D  二、填空题13．设向量， ，若，则____________.【答案】1【分析】解方程即得解.【详解】因为，所以.故答案为：114．曲线在点处的切线方程为，则____________.【答案】【分析】根据导数的几何意义即可求解.【详解】因为，所以，所以，因为，所以，所以，即，故答案为：.15．已知为抛物线：上一点，抛物线的焦点为，则  ____________.【答案】10【分析】首先根据题意求出，然后根据焦半径即可求出结果.【详解】因为为抛物线：上一点，所以，即，所以，故答案为：10.16．数列的前和为，，数列满足，则数列的前项和为____________.【答案】【分析】由已知条件计算出的通项公式，然后再运用裂项相消法求解结果.【详解】解：①则有②②-①式可得：，，，，.设数列的前n项和为，故答案为： 三、解答题17．在中，角所对的边分别为，满足.（1）求角的大小；（2）若，，求的面积.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）直接利用余弦定理计算可得；（2）利用余弦定理将角化边，即可得到是等边三角形，从而求出三角形的面积.【详解】解：（1），又，，，，；（2），，，所以，又所以是等边三角形，所以.18．在某市创建全国文明城市的过程中，创文专家组对该市的中小学进行了抽检，其中抽检的一个环节是对学校的教师和学生分别进行问卷测评.如表是被抽检到的所学校、、、、的教师和学生的测评成绩（单位：分）：学校教师测评成绩x678910学生测评成绩y68989（1）若对呈线性相关关系，求回归方程；（2）现从、、、、这所学校中随机选派所学校参加座谈会，设选到的所学校中含有、两所学校的个数为随机变量，求的分布列和数学期望.附：，.【答案】（1）；（2）答案见解析.【分析】（1）求出回归系数，可得回归方程；（2）X的取值为0，1，2，求出相应的概率，即可求X的分布列和数学期望．【详解】（1）由已知得，， 所以，所以线性回归方程为：（2）由题意可得随机变量的所有可能取值为，，，所以的分布列为：．19．如图，四棱锥是底面边长为的正方形，，，.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由边长关系证得，结合，证得平面.（2）解法一：以为坐标原点，直线，，分别为轴 ，轴，轴建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，取平面的一个法向量为，利用法向量夹角解得二面角的余弦值；解法二：取得中点为，根据边角关系，求得是二面角的平面角，从而由求得结果.【详解】（1）证明：,∴是直角三角形，即，又，∴平面（2）解法一：如图所示，以为坐标原点，直线，，分别为轴 ，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，平面的一个法向量为设平面的一个法向量为，，，取，得∴即二面角的余弦值为解法二：取得中点为，连接，，在中，是的中点，，∴，且，在中，是的中点，，∴，且，所以是二面角的平面角，即二面角的余弦值为20．已知椭圆：上的任意一点到椭圆两个焦点的距离之和为，离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线：与椭圆交于两个不同的点，且，为坐标原点，问：是否存在实数，使恒成立？若存在，请求出实数，若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在，.【分析】（1）根据椭圆的定义，离心率进行求解即可；（2）根据平面向量垂直的性质，结合三角形面积公式、点到直线距离公式、一元二次方程根与系数关系进行求解即可.【详解】（1）由题意可知，离心率，得∴椭圆的标准方程为．（2）存在因为，所以为直角三角形，设原点到直线的距离为，由要求实数，使得恒成立，即.设，联立方程，得，∴， ，∵，∴，化简整理得：，又，∴，∴.【点睛】关键点睛：本题考查求椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，向量垂直的性质，本题的关键是通过三角形面积公式由与已知相联系，得到，考查学生的逻辑推理能力与运算求解能力，属于较难题.21．已知函数，．（1）讨论函数的单调性；（2）用表示中较小者，记函数，（）．若函数在上恰有个零点，求实数的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）求出的导函数，分别根据，时导函数的正负来判断原函数的单调区间；（2）将x分为，=1，三种情况进行讨论，对于这一情况，在分别讨论或，时，函数在区间上的最值情况，来确定是否有3个零点，进而求实数的取值范围.【详解】（1），，当时，，在上为单调递增当时，，令，得或，单调递增令 ，得，单调递减综上：当时，在为增函数当时，在和为增函数，在为减函数（2）当时，，从而，∴在（1，+∞）无零点.当=1时，若，则，,故=1是的零点；若，则，,故=1不是的零点.当时，，所以只需考虑在（0,1）的零点个数.（ⅰ）若或，则在（0,1）无零点，故在（0,1）单调，而，，所以当时，在（0，1）有一个零点；当时，在（0，1）无零点.（ⅱ）若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=时，取的最小值，最小值为.①若＞0，即＜＜，在（0,1）无零点.②若=0，即，则在（0,1）有唯一零点；③若＜0，即，由于，，所以当时，在（0,1）有两个零点；当时，在（0,1）有一个零点.综上，当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点. 所以的取值范围是【点睛】求出函数的导函数，需要判断导函数的正负取值情况来确定原函数的单调性，产生了讨论，以及第二问中x在不同区间的最小值不同产生了讨论，且对于来说，a的取值也带来了区间上函数最值的不同，所以，每一步都要根据需要进行讨论，要清楚分类的原因，不重不漏.22．已知直线的参数方程是（为参数），在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程是．（1）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，直线的参数方程化为普通方程；（2）已知点，若直线与曲线交于两点，求的值.【答案】（1）；；（2）.【分析】（1）利用极坐标和直角坐标的转化公式，直接化简，以及消参后得到普通方程；（2）直线的参数方程，代入曲线的直角坐标方程，利用的几何意义，求的值.【详解】解：（1）由条件可知，得曲线的直角坐标方程为，即.直线消参后得到普通方程为；（2）设两点的参数分别为，将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得.，.所以23．已知不等式的解集为．（1）求的值；（2）若三个正实数，，满足．证明：．【答案】（1）（2）见解析【分析】（1）根据不等式的解集与方程根的关系求出，然后解绝对值不等式得．（2）首先利用基本不等式得，通分后，再凑配成，再利用基本不等式可得．【详解】（1）由题意知，为方程的根，∴，解得．由时，，，，时，，，∴，时，，，∴，综上不等式解为，∴．（2）由（1）知，∴．，，∴成立．【点睛】本题考查解绝对值不等式，考查不等式的证明．考查推理能力与运算求解能力．证明不等式时应用基本不等式不需要考虑等号成立的条件，即使等号取不到，不等式仍然成立．