2021届重庆市第八中学高三下学期适应性月考（五）数学试题（含解析）

2021届重庆市第八中学高三下学期适应性月考（五）数学试题

一、单选题

1．的共轭复数对应的点在（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】根据复数除法化简复数，并求得共轭复数，判断其所处象限即可.

【详解】由，

则，对应的点在第一象限，

故选：A

2．已知：；：．则下列命题中，真命题是（    ）

A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则

【答案】C

【分析】对应各个选项，分别写出命题，由此即可判断真假．

【详解】解：选项A：若，则，如，故A错误；

选项B：若，则，如，故B错误；

选项C：若，则，，故C正确；

选项D：若，则，不成立，故D错误，

故选：C．

3．在中，为的中点，为线段上一点，若，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】，C，D，G三点共线，根据共线定理求得参数值.

【详解】由为的中点知，，

又为线段上一点，由共线定理知，

，则

故选：B

4．“巴赫十二平均律”是世界上通用的音乐律制，它与五度相生律、纯律并称三大律制．“十二平均律”将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于．而早在16世纪，明代朱载最早用精湛的数学方法近似计算出这个比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．若第一个单音的频率为，则第五个单音的频率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先将所要解决的问题转化为：求首项为，公比为的等比数列的第5项，再利用等比数列的通项公式求得结果即可.

【详解】由题设可得：依次得到的十三个单音构成首项为，公比为的等比数列，

，

故选：D.

5．已知圆：，过直线上的点作圆的两条切线，切点分别为，．若存在点，使得，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】C

【分析】若，此时四边形为正方形，若点存在，则应满足圆心到直线的距离小于等于正方形对角线的长，从而解得斜率取值范围，求得最小值.

【详解】由题知，若，此时四边形为以为边长的正方形，此时，

若存在点，则应满足圆心到直线的距离小于等于2，

即，解得，即的最小值为.

故选：C

6．从1，2，3，5，6，7中任取三个不同数字形成三位数，则这个三位数可以与剩下的三个数字所形成的某个三位数之和为888的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出从1，2，3，5，6，7中任取三个不同数字形成三位数个数，再求出将6个数分成3组，1与7，2与6，3与5，则可以与剩下的三个数字所形成的某个三位数之和为888的三位数的个数，由此能求出这个三位数可以与剩下的三个数字所形成的某个三位数之和为888的概率．

【详解】解：从1，2，3，5，6，7中任取三个不同数字形成三位数个数为，

将6个数分成3组，1与7，2与6，3与5，则可以与剩下的三个数字所形成的某个三位数之和为888的三位数的个数为：

，

这个三位数可以与剩下的三个数字所形成的某个三位数之和为888的概率为：

．

故选：C．

7．（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先将代入所求式子通分化简，再结合二倍角公式、两角差的正弦公式，即可得解．

【详解】解：

．

故选：A．

8．已知定义在上的函数满足：，且，是的导数，则（    ）

A．是奇函数，且是周期函数 B．是偶函数，且是周期函数

C．是奇函数，且不是周期函数 D．是偶函数，且不是周期函数

【答案】B

【分析】根据题意，对和变形分析可得：以及，由复合函数的导数计算公式分析可得答案．

【详解】解：根据题意，定义在上的函数满足，则有，

又由，则，

则有，即，

变形可得：，故是周期为4的周期函数，

则，故是周期函数，

又由，即，

故，即是偶函数，

故选B：．

【点睛】本题考查符合函数导数的计算以及函数奇偶性的性质以及应用，涉及函数周期性的判断，属于中档题．

9．在平面中作图形变换，将变换前后两点间的距离依旧保持不变的图形变换称为刚体变换，平移变换就是一种刚体变换．以下两个函数和，其中的图象可以由的图象通过平移得到的是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】根据平移与伸缩变换的定义可判断ABD为伸缩变换，C为平移变换．

【详解】对A，是伸缩变换，不是平移变换，故错误；

对B，是伸缩变换，不是平移变换，故错误；

对C，，表示中的图象可以由的图象通过向左平移得到，故C；

对D，是伸缩变换，不是平移变换，故错误；

故选：C

二、多选题

10．2020年突如其来的新冠肺炎疫情让民众更加重视身体健康，为促进学生增强体质，某学校对高一、高二年级在某一周内每天的人均体育锻炼时间（单位：分钟）进行了调研．根据统计数据制成折线图如图：下列说法正确的是（    ）

A．高二年级该周每天的人均体育锻炼时间的众数为30

B．高一年级该周每天的人均体育锻炼时间的中位数为72

C．高一年级该周每天的人均体育锻炼时间的极差比高二年级的小

D．高一年级该周每天的人均体育锻炼时间的平均值比高二年级的大

【答案】AC

【分析】根据图中的数据求得统计数据，对选项一一分析即可.

【详解】由图知，高一该周每天的人均体育锻炼时间为70,30,65,72,35,70,55，其中位数为65，故B错误；极差为；平均值为；

高二该周每天的人均体育锻炼时间为30,65,30,83,35,90,88；其众数为30，故A正确；极差为，平均值为；

故高一年级锻炼时间的极差小于高二年级的，C正确；

高一年级锻炼时间的均值小于高二年级的，D错误；

故选：AC

11．已知，分别是等差数列的公差及前项和，，设，则数列的前项和为，则下列结论中正确的是（    ）

A． B．

C．时，取得最小值 D．

【答案】BC

【分析】根据题意即可判断出、与的正负号，利用作差法即可判断出与、与的大小关系.利用裂项相消求出，根据的正负号，即可得出取最小值时的值.即可判断与的大小关系.

【详解】由题意知：,,

则，即，故A错误.

由上可知，

则

.

所以，故B正确.

由题意知：

则

又，要使取得最小值即取最小值.

由题意知

使取最大值，显然需，

而.

所以当时，取最小值.故C正确.

假设.又，即

又，即.而当时.

假设不成立.故D错误.

故选：BC.

12．如图所示，在矩形中，，，为上一动点，现将沿折起至，在平面内作，为垂足．设，，则下列说法正确的是（    ）

A．若平面，则

B．若平面，则

C．若平面平面，且，则

D．若平面平面，且，则

【答案】BCD

【分析】根据线面关系，面面关系对选项一一分析即可.

【详解】对于A，若平面，则，

在中，，，则，，

FG是三角形的高，则，故A错误；

对于B，若平面，则有，，

则，在中，，

即，解得，故B正确；

对于C，若平面平面，作，垂足为H，

因为平面平面，所以平面，从而，

又，所以平面，从而，

因为，所以在等腰直角三角形中，，

所以在等腰直角三角形中，，故C正确；

对于D，若平面平面，平面平面，

又，故平面，

所以，作作，垂足为H，

从而有平面，从而，从而有C，H，G三点共线，

则，又

故，又

由知，，

因为，，所以，故D正确；

故选：BCD

三、填空题

13．已知圆锥的侧面积为8π，侧面展开图是半圆，则该圆锥的体积为_______.

【答案】

【分析】侧面展开图半径为圆锥的母线，由已知条件求出圆锥的母线，再求出底面半径，即可求出圆锥的体积.

【详解】设圆锥的母线为，底面半径为，依题意，

，

侧面展开图的弧长为，

圆锥的体积为.

故答案为:

【点睛】本题考查圆锥侧面展开图的结构特征，求圆锥的体积，属于基础题.

14．在中，内角，，所对应边分别为，，，若，且，，则的值为______．

【答案】

【分析】根据条件化简得到，结合求得，又，从而有，由余弦定理解得b.

【详解】由题知，，即，

则，，

则，又，

则，即，

故，，又

则

由余弦定理知，

故

故答案为：

15．已知正数，满足，则的最小值为______．

【答案】

【分析】由已知变形得，，然后结合基本不等式可求．

【详解】解：因为，

所以，

所以，

当且仅当且，即，时取等号，

则，

故的最小值．

故答案为：．

16．过双曲线：（，）右支上一点作两条渐近线的平行线分别与另一渐近线交于点，，为坐标原点，设的面积为，若，则双曲线的离心率取值范围为______．（用区间作答）

【答案】

【分析】设，是过P与渐近线平行的直线，交y轴于点，与渐近线交于，用m，n表示出d和，利用求得四边形面积，结合条件得到不等关系，从而求得离心率取值范围.

【详解】设，是过P与渐近线平行的直线，交y轴于点，与渐近线交于，

则，即，

联立解得，

则，由题知四边形是平行四边形，

又在双曲线上，应满足，即

则

则，解得，

可得离心率

所以离心率的范围为，

故答案为：

四、解答题

17．已知函数．

（1）求的值域；

（2）讨论在上的单调性．

【答案】（1）；（2）在上单调递减；在上单调递增.

【分析】（1）根据余弦的二倍角公式进行化简，求得解析式，进而求得值域；

（2）求得的解析式，根据余弦函数的单调性判断在区间上的单调性.

【详解】（1），，

则，即函数值域为.

（2），

由知，

根据余弦函数单调性知，，即函数单调递减；，即函数单调递增，

则函数在上单调递减；在上单调递增.

18．已知数列满足，，且，，数列的前项和为，且．

（1）求，；

（2）把数列，的项依次从小到大排列，得到数列，求数列的前50项和．

【答案】（1），；（2）3825．

【分析】（1）由题意可得数列为等差数列，由此可求，由可推出，由此得数列为等比数列，由此可求出；

（2）由（1）可设数列的前50项中有项来自于，有项来自于，可得，解得，由此可求出答案．

【详解】解：（1）∵，

∴数列为等差数列，

∵，，

∴数列的公差，

∴，

∵，

当时，，则，

当时，，

∴，

∴，

∴数列是以1为首项，2为公比的等比数列，

∴，

综上：，；

（2）由（1）可设数列的前50项中有项来自于，有项来自于，

∴，即，

解得，

∴

．

19．设甲、乙两位同学在高中三年级上学期间，甲同学每天6：30之前到校的概率均为，乙同学每天6：30之前到校的概率均为，假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立．

（1）设为事件“上学期间的五天中，甲同学在6:30之前到校的天数为3天”，为事件“上学期间的五天中，甲同学有且只有一次连续两天在6：30之前到校”，求在事件发生的条件下，事件发生的概率；

（2）在上学期间的五天中，随机变量表示甲、乙同学同时在6：30之前到校的天数，求的分布列与数学期望；

（3）甲、乙同学组成了学习互助小组后，若某天至少有一位同学在6：30之后到校，则之后的一天甲、乙同学必然同时在6：30之前到校，在上学期间的五天，随机变量表示甲、乙同学同时在6：30之前到校的天数，求的分布列与数学期望．

【答案】（1）；（2）分布列见详解，；（3）分布列见详解，.

【分析】（1）利用条件概率求出即可.

（2）利用二项分布公式即可求出答案.

（3）根据题意求出随机变量对应的概率，即可求出其数学期望.

【详解】（1）事件包含6种情况：甲同学第1、2、4天6：30之前到校；甲同学第1、2、5天6：30之前到校；甲同学第2、3、5天6：30之前到校；甲同学第1、3、4天天6：30之前到校；甲同学第1、4、5天天6：30之前到校；甲同学第2、4、5天天6：30之前到校.

故

又,

所以.

（2）对于每一天甲乙同学同时在6：30之前到校的概率为，

由独立性知：，则随机变量的分布列为：

.

（3）随机变量的所有可能取值为2、3、4、5.

则,,

,,

则随机变量的分布列为：

则.

20．要已知椭圆：的离心率为，直线与轴交于点，点，直线与椭圆有且只有一个公共点．

（1）求椭圆的方程；

（2）设点与关于原点对称，为椭圆上动点，且直线，与直线交于点，，求的最小值．

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）由离心率为，得，令，，进而可得椭圆的方程为，写出直线的方程，并联立椭圆的方程，由直线与椭圆有且仅有一个公共点，得，解得，进而可得答．

（2）先证，设直线的方程，则直线的方程为，进而可得，坐标，写出，结合基本不等式，即可得出答案．

【详解】解：（1）由离心率为，得，

所以，即，

令，，

则椭圆的方程为，

又点，，

所以直线的方程为，

联立椭圆的方程，得，

由直线与椭圆有且仅有一个公共点，

所以，解得，

所以椭圆的方程为；

（2）因为，，都在椭圆上，

先证，

设，，

则，

设直线的方程为，直线的方程为，

得，，，，

，或，

所以，

当且仅当，时，．

【点睛】本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，难度较大．

21．如图，在中，，，为的外心，平面，且．

（1）求证：平面；并计算与平面之间的距离．

（2）设平面平面，若点在线段上运动，当直线与平面所成角取最大值时，求二面角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析，（2）

【分析】（1）先证明四边形为菱形，即可说明，则可得出平面，由到平面的距离即为点到平面的距离，借助则可计算出结果.

（2）建立空间直角坐标系，由题意可说明，设，求出平面的法向量为，根据与所成角的余弦值可表示出直线直线与平面所成角的正弦值，即可求出其取最大值时的，则可求出点的坐标，再求出平面的法向量为，由二面角的余弦公式则可求出二面角的正弦值.

【详解】（1）如图，连接，交于点，为的外心，

所以，

所以.

故和都为等边三角形，

即四边形为菱形，

所以且.

又平面、平面 ,

所以平面.

则到平面的距离即为点到平面的距离，记为 ,

由题意知：,

所以， .

又因为

即

解得：.

（2）因为平面，平面，平面平面=，

所以.

如图所示：以点为原点建系.则.

设,

所以.

设平面的法向量为.

则

所以直线与平面所成角的正弦值为：,

即当时直线与平面所成角取最大值.

此时，

所以,

设平面的法向量为.

则令则.

所以，即

则二面角的正弦值.

22．已知函数．

（1）若存在极值，求的取值范围；

（2）证明：，，．

【答案】（1）；（2）见解析.

【分析】（1），对分类讨论，即可得出单调性；

（2）由（1）可知：时，函数在处取得极小值，因此，当且仅当时取等号，即，．取，则，即成立，（其中，，，，，2，，，对不等式两边求和即可证明结论．

【详解】解：（1），时，，函数在上单调递减，不存在极值，舍去．

时，令，解得，又函数在上单调递增，

因此函数在上单调递减，在，上单调递增，

函数在处取得极小值．

故的取值范围是．

（2）证明：由（1）可知：时，函数在处取得极小值，

因此，当且仅当时取等号，即，．

取，则，即成立，

（其中，，，，，2，，，

对不等式两边求和可得：，即

成立，

即成立，

，，．

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法、构造法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．