2021届重庆市巴蜀中学高三上学期高考适应性月考卷（七）数学试题（含解析）

2021届重庆市巴蜀中学高三上学期高考适应性月考卷（七）数学试题

一、单选题

1．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，分别求出集合与集合的范围，即可求解.

【详解】根据题意得：，，

所以.

故选A．

2．复数都可以表示，其中为的模，称为的辐角．已知复数满足 ，则的辐角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，先求出复数，再结合，即可求出.

【详解】由得，

故，

所以.

故选C．

3．在等差数列中，为其前项和．若，且，则等于（    ）

A．-2021 B．-2020 C．-2019 D．-2018

【答案】A

【分析】根据等差数列的性质可知，数列也为等差数列，结合已知条件求出等差数列的首项，即可得到.

【详解】因为为等差数列的前项和，令，则也为等差数列，设其公差为，

由得，

又得.

故选：A．

4．已知，，，，则，，的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分别作差，结合对数的性质即可比较.

【详解】，∴；，∴，∴.

故选:D

5．若圆：与直线：相交于点，，且，则的值为（    ）

A． B．1 C． D．2

【答案】B

【分析】首先将圆的方程配成标准式，即可得到到直线的距离为利用点到直线的距离得到方程，解得即可；

【详解】解：圆：

即圆：，圆心，半径为，所以，又，所以到直线的距离为即解得，因为，所以

故选：B．

6．某弹簧振子做简谐振动，其位移函数为，其中表示振动的时间，表示振动的位移，当时，该振子刚好经过平衡位置（平衡位置即位移为0的位置）5次，则在该过程中该振子有（    ）次离平衡位置的距离最远．

A．3 B．2 C．5 D．5或6

【答案】D

【分析】根据题意画出函数的草图，根据函数的图像，得出该振子离平衡位置的距离最远的次数.

【详解】根据题意，画出草图，由图可知，时，该振子离平衡位置的距离最远的次数共5或6次，

故选：D．

7．动点分别与两定点，连线的斜率的乘积为，设点的轨迹为曲线，已知，，则的最小值为（    ）

A．2 B．6 C． D．10

【答案】B

【分析】先根据题意，求得曲线的方程，再根据椭圆的定义，结合三角形两边之差小于第三边，即可得到的最小值.

【详解】根据题意，设，则，

即：，为的左焦点，

设的右焦点为，则，

从而，

当共线，且在线段上时取等号，故的最小值为6.

故选：B．

8．随机变量的概率分布列如下：

其中，则（    ）

A． B． C．6 D．12

【答案】C

【分析】由分布列的归一性求出，从而，由此利用倒序相加法能求出结果．

【详解】由分布列的性质可得：，得，

①，

②，

由①②得，

所以．

故选：．

【点睛】本题综合性较强，考查知识点较多，解答本题的关键是将所求数学期望变形，根据倒序相加法，利用组合式的性质计算求解.

二、多选题

9．已知函数，定义域为，值域为，则下列说法中一定正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】根据题意，令，则，结合的值域为，求出的取值范围，进而区间的特征，即可得到正确选项.

【详解】令，则，

由，得，即，得；

由，得（舍）或2，即；

根据的图象特征，知，，.

故选：BCD．

10．下列命题中正确的是（    ）

A．是，共线的充分条件

B．若，则

C．，，三点不共线，对空间任意一点，若，则，，，四点共面

D．若，，，为空间四点，且有（，不共线），则是，，三点共线的充分不必要条件

【答案】AC

【分析】由，可得向量，的方向相同，得向量，共线，从而判断出A；根据向量平行概念判断选项B；根据向量共面条件判断出C；根据共线向量定理判断出D．

【详解】由，可得向量，的方向相同，此时向量，共线，所以A正确；若，则或A，B，，四点共线，所以B不正确；由A，，三点不共线，对空间任意一点，若，则，即有，，，四点共面，故C正确；若，，，为空间四点，且有（，不共线），当时，即可得，即，所以，，三点共线，反之也成立，即是A，，三点共线的充要条件，所以D不正确，

故选：AC．

11．已知椭圆：与双曲线：（，）有公共焦点，，且两条曲线在第一象限的交点为，若是以为底边的等腰三角形，，的离心率分别为和，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】通过椭圆以及双曲线的焦距相等推出关系式，判断的正误；利用定义推出离心率的关系，判断、的正误；求解离心率的范围判断的正误即可．

【详解】设，的焦距为，由，共焦点知，故正确；

△是以为底边的等腰三角形知，由在第一象限知：，即，即，即，故，错；

由，得，又，得，所以，

从而，故正确．

故选：．

12．已知定义在的函数的导函数满足，且，其中是自然对数的底数，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．若，则

C．在上单调递增

D．任意，，都有

【答案】ABC

【分析】由，得，推出（其中为常数），求出函数的解析式，通过（e），求解C，判断函数值判断A；导函数的符号判断C；函数的单调性判断B；结合函数的凹凸性，判断D即可．

【详解】解：由，得，即，

从而得（其中为常数），即，

由，得，所以，故正确；

又，从而在上单调递增，故正确；

令，则在上递增，不等式（e），得，故正确；

由得，当时，；当时，，

所以的图象在部分上凸，在部分下凸，故不正确，

故选：ABC．

【点睛】关键点点睛：本题关键是利用转化为，即为，从而求得函数的解析式，而后求导利用单调性结合函数图象判断出各个选项.

三、填空题

13．若，，则______．

【答案】

【分析】先利用诱导公式求得的值，再利用二倍角的余弦公式求得的值.

【详解】由得，从而．

故答案为：

14．对如下编号为1，2，3，4的四个格子涂色，有红、黄、蓝、绿四种颜色可供选择，要求相邻格子不同色，则在1号格子涂红色的条件下，4号格子也涂红色的概率是______．

【答案】

【分析】先求1号格子涂红色时共有的涂法种数，再求1号格子和4号格子都涂红色时的涂法种数，从而可求概率.

【详解】若1号格子涂红色，则2号格子有种涂法，3号格子与2号格子不同色有种涂法，4号格子与3号格子不同色有种涂法，

所以共有种；

若1号格子和4号格子都涂红色，则3号格子不涂红色，有种，2号格子不涂红色且不与3号格子同色有种涂法，所以共有种，

故所求概率为．

故答案为：.

15．已知对满足的任意正实数，，都有，则整数的最大值为______．

【答案】5

【分析】根据已知条件，先求出的取值范围，再根据恒成立等价于恒成立，即可求出整数的最大值.

【详解】由得

解得或（舍），

不等式恒成立，

令，则由在上单调递增，

当时，所以，又从而．

故答案为：5.

四、双空题

16．点是棱长为4的正四面体表面上的动点，该四面体的外接球的半径是______；若MN是该正四面体外接球的一条直径，则的最小值是______．

【答案】；       

【分析】设正四面体S-ABC的外接球球心为O，外接球半径为R，内切球半径为r，且SH⊥平面ABC于H，利用AH，SH与外接球及内切球半径的关系，转化即可求解外接球、内切球的半径，然后利用向量的数量积，判断P的位置即可求解向量数量积的最小值．

【详解】解：设正四面体的外接球球心为，外接球半径为，内切球半径为，且平面于，则，；

由得

，当为该正四面体的内切球与各面的切点时取等号．

所以的最小值是.

故答案为：；.

五、解答题

17．已知：等比数列的前项和为．

（1）若，，依次构成等差数列，求数列的公比的值；

（2）若，，求证：．

【答案】（1）或；（2）证明见解析．

【分析】（1）由等差数列的性质及等比数列的通项公式列式即可求解公比的值；

（2）由，可知，要证，即证，对公比分类讨论，由等比数列的前项和公式以及作差法即可得证．

【详解】（1）解：由条件，，即，由于，

所以，解得或．

（2）证明：由已知，，，要证，即证：．

当时，显然成立；

当时，由公式，，

由，所以，得证．

18．已知：如图，在正四棱锥中，，，分别是棱和的中点．

（1）求证：；

（2）求三棱锥和四棱锥的体积之比．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）连接，和交于点，连接，证明，推出平面，即可证明．

（2）求出，，然后求解比值即可．

【详解】（1）证明：连接，和交于点，

在正方形中，，连接，

由，可得

由，所以平面，

而平面，则有．

（2）解：由（1）可知且，所以垂直于底面．

，，

而，，所以，则有．

19．已知：在中，，边，的面积．

（1）求边的长度；

（2）若的三条内角平分线分别交的外接圆于，，，求的面积．

【答案】（1）；（2）．

【分析】(1)根据三角形的面积公式以及余弦定理即可求解；

(2)由(1)知，其外接圆，与的外接圆为同一圆，再根据圆的周角定理可知，，，即可得到的面积．

【详解】(1)由题意得，，得，

由余弦定理知，计算得．

(2)由圆的周角定理可知：，，

则，同理：，．

由(1)知，为直角三角形，，，

且其外接圆，与的外接圆为同一圆，

所以

．

20．已知：抛物线：被直线截得的弦长．

（1）求实数的值；

（2）定义：过抛物线上一点，垂直于在该点的切线的直线称为抛物线的法线．若抛物线上有一动点（其中），点为抛物线的焦点，求证：关于法线的对称直线垂直于轴．

【答案】（1）；（2）证明见解析．

【分析】(1)根据题意联立方程，结合弦长公式，即可求得实数的值；

(2)根据已知，表示出抛物线在动点的法线，再结合直线关于直线对称的特点，表示出，即可求证关于法线的对称直线垂直于轴．

【详解】(1)：根据题意，设，，

将直线与抛物线方程联立有：，

由韦达定理得：，，

又因，

则，解得或

由于，所以．

(2)证明：由抛物线进行求导，得，所以在点的切线斜率为，

所以点处的法线的方程为，焦点，

设，则，

由1式可得，且，

代入2式可知：，可求得，即轴．

21．已知：函数．

（1）若，求函数的单调区间；

（2）若函数，且在时恒成立，求实数的最小值．

【答案】（1）的单调减区间为，的单调增区间为；（2）．

【分析】（1）代入参数值，求导函数并求不等式，即可求出结果；

（2）由，得，设，通过求导分析单调性，得，则求的最大值即可．

【详解】解：（1）由，当时，；

当时，；

可得的单调减区间为，的单调增区间为；

（2）由，可得，即①，

考虑，

由得，当时，递减，当时，递增，

所以①即为，

由于求实数的最小值，考虑化为，所以，即，

令，则，当，

当，，所以在递增，在递减，

可得的最大值为，所以的最小值为．

22．某公司为获得一款产品的质量认证，需要去检测机构检验产品是否含有有害物质，在检验中如果样品含有物质，称结果为阳性，否则为阴性．现有（，）份样本需要检验．有以下两种检验方案，方案甲：逐份检验，则需要检验次；方案乙：混合检验，将份样本分别取样混合在一起检验一次，若检验结果为阴性，检验的次数共为1次；若检验结果为阳性，为了确定样本中的阳性样本，则对份样本再逐一检验，即检验的次数共为次．每份样本是否为阳性是相互独立的，且据统计每份样本是阳性的概率为．

（1）若（，）份样本采用方案乙，设需要检验的总次数为，求的分布列及数学期望；

（2）若两种检验方案中，每一次检验费用都是元，且份样本混合检验一次需要额外收元的材料费，单独一个样本检验不需要材料费．假设在接受检验的样本中，，要使得采用方案乙总费用的数学期望低于方案甲，求的最大值．

参考数据：，，，，．

【答案】（1）分布列见解析，数学期望为；（2）13．

【分析】（1）根据题意可知的可能值为1和，再分别求出，即可得到分布列以及数学期望；

（2）分别求出方案甲，方案乙总费用的数学期望，列出不等式，构造函数，利用导数知识即可求解．

【详解】（1）的可能值为1和，，，

所以随机变量的分布列为：

所以．

（2）方案乙总费用的数学期望：

，

当时，，

又方案甲的总费用为，令得，

所以，即

设，，所以，，

令得，得，

所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，

，

且，，

，，

所以使得采用方案乙总费用的数学期望低于方案甲的的最大值为13．