2021届重庆市第八中学校高三上学期阶段性检测（八）数学试题含解析

2021届重庆市第八中学校高三上学期阶段性检测（八）数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据交集的定义可得.

【详解】由，，

依题意，.

故选：A.

2．已知复数，则z的共轭复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先化简求出，即可得出共轭复数.

【详解】，

.

故选：C.

3．若、、满足，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用对数函数的单调性比较、、三个数与和的大小关系，由此可得出合适的选项.

【详解】，可得，，即，

，，因此，.

故选：A.

4．设命题，，则p是q的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可

【详解】解：由，得，则成立，

而当时，，不一定有，所以不能得到，

所以p是q的充分不必要条件，

故选：A

5．若的二项展开式中项的系数为15，则（    ）

A．－3 B．－2 C．2 D．3

【答案】D

【分析】利用通项公式求出项的系数且等于15可得答案 .

【详解】的二项展开式的通项公式

为，

令，得，

所以展开式中项的系数为，解得.

故选：D.

6．在正项等比数列中，，，记数列的前n项和、前n项积分别为，，若，则n的最大值为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】B

【分析】首先求出数列的公比，从而表示数列的前n项和、前n项积分别为，，要想，需，求解不等式得，所以n的最大值为4.

【详解】因为正项等比数列中，，

所以，(舍负)，

，

，

因为，所以即

整理得：，

解得：，

n的最大值为4.

故选：B.

【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程．

7．已知正方体的棱长为，M为的中点，点N在侧面内，若，则面积的最小值为（    ）

A． B． C．5 D．25

【答案】B

【分析】取的中点，连接，可得，取中点，连接，可得四边形为平行四边形，从而得∥，由已知条件可得在上，求出到最小距离，进而可求出面积的最小值

【详解】解：取的中点，连接，如图所示，

由，可得≌，

所以,

所以，所以

取中点，连接，可得四边形为平行四边形，

所以∥,

因为点N在侧面内，且，

所以在上，且到最小距离为，

所以面积的最小值为，

故选：B.

【点睛】关键点点睛：此题考查正方体模型中异面直线问题，解题的关键是取的中点，连接，可得，再取中点，连接，可得∥，从而可得在上，然后进行计算，属于中档题

8．已知函数是定义在上的奇函数，且，当时，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】推导出函数是周期为的周期函数，可得出，即可得解.

【详解】由已知可得，所以，函数是以为周期的周期函数，

则.

故选：D.

二、多选题

9．已知向量，，则下列结论正确的是（    ）

A． B．与可以作为基底

C． D．与方向相反

【答案】AD

【分析】由量，，可得，，，从而可进行判断

【详解】解：因为向量，，

所以，，，

所以，与方向相反，所以A，D正确，C错误，

因为，所以与不能作为基底，所以B正确，

故选：AD

10．将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，且的图象相邻两条对称轴间的距离为，下列说法正确的是（    ）

A．

B．是的一条对称轴

C．当时，的值域为

D．在区间上单调递增

【答案】BCD

【分析】由题意先利用三角恒等变换化简函数，求出平移后的解析式，再利用正弦函数的性质即可判断每个选项的正误.

【详解】把的图象向右平移个单位后得到，

的图象相邻两条对称轴间的距离为，，即，则，

，故A错误；

，故是的一条对称轴，故B正确；

当时，，则当时，取得最大值为，当时，取得最小值为，故的值域为，故C正确；

当时，，则可得在区间上单调递增，故D正确.

故选：BCD.

【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的恒等变换和正弦函数的性质，解题的关键是先化简得出，结合正弦函数的性质求解.

11．已知函数是定义在上的偶函数，当时，，则下列说法正确的是（    ）

A．的最大值为 B．在上是增函数

C．的解集为 D．的解集为

【答案】CD

【分析】由偶函数的性质可得时，，再依次判断每个选项的正误即可.

【详解】函数是定义在上的偶函数，当时，，则时，，，

当时，，即当时，取的最大值为，故A错误；

则可得在单调递增，在单调递减，由是偶函数可得在单调递增，在单调递减，故B错误；

当，由解得；当时，由解得，故的解集为，故C正确；

当，由解得；当，不等式无解，故的解集为，故D正确.

故选：CD.

【点睛】关键点睛：本题考查偶函数的应用，解题的关键是先得出时，，再分段讨论判断每个选项.

12．已知双曲线的右焦点为F，过点F的直线与C交于A，B两点，则（    ）

A．若A，B同在双曲线的右支，则l的斜率大于

B．的最短长度为6

C．若A在双曲线的右支，则的最短长度为

D．满足的直线有4条

【答案】BD

【分析】对A，由直线AB垂直于轴时斜率不存在可判断；对B，分直线AB垂直于轴时和当AB为实轴时讨论判断；对C，分直线AB垂直于轴时和当AB为实轴时讨论判断；对D，分A，B同在双曲线的右支和分别在双曲线的一支上可判断.

【详解】由双曲线方程可得，渐近线方程为，若A，B同在双曲线的右支，且直线AB垂直于轴，可得直线AB的斜率不存在，故A错误；

当直线AB垂直于轴时，易得，当AB为实轴时，，，则的最短长度为6，故B正确；

当直线AB垂直于轴时，可令，可得，即，当AB为实轴时，，，故C错误；

若A，B同在双曲线的右支，由于，可得过F的直线有两条；若A，B分别在双曲线的一支上，由，可得过F的直线有两条，则满足的直线有4条，故D正确.

故选：BD.

【点睛】关键点睛：本题考查直线与双曲线的关系，解题的关系是分特殊情况进行讨论求解，如当直线AB垂直于轴时和当AB为实轴时.

三、填空题

13．已知向量，，，，则______

【答案】7.

【分析】利用向量数量积运算展开即可得到答案.

【详解】.

故答案为：7.

14．直线与函数相切，则实数______.

【答案】

【分析】设直线与曲线的切点为，求出函数的导数，根据直线与函数相切，可得切点坐标，代入，可求得的值.

【详解】设直线与曲线的切点为，

∵，∴，

因为直线与函数相切，

∴，解得，

∴，

∴，

又在直线上，

∴，

∴.

故答案为：.

【点睛】本题考查导数的几何意义，考查根据切线的斜率求解参数的值，属于基础题.

15．抛物线的焦点为F，过F且斜率为2的直线l与抛物线C交于A，B两点，点D为抛物线C上的动点，且点D在l的右下方，则面积的最大值为______

【答案】

【分析】先联立直线方程和抛物线方程求得，

接着有两种方法：方法一是将点D到直线的距离用坐标表示出来，借助二次函数求出最值；方法二是利用相切时点D到直线的距离最大，此时两平行线间的距离即为点D到直线的距离最大值，进而求出面积的最大值即可.

【详解】由题意可知抛物线的焦点为,

所以直线方程为：，

联立得

设，由韦达定理知：

所以，

故，

方法一：设，因为直线方程为：

，其中

所以

当且仅当时等号成立，此时满足点D在l的右下方，

所以面积的最大值为.

方法二： 因为，

要想面积的最大，只需点到直线的距离最大，

如图，设斜率为2的直线与抛物线相切与点，

当点在点位置时，点到直线的距离最大，

因为直线方程为：

设切线方程为，

联立抛物线得：，

令，解得，

此时

所以面积的最大值为.

【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；

(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点且焦点在y轴上，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．

16．已知有两个半径为2的球记为O1，O2，两个半径为3的球记为O3，O4，这四个球彼此相外切，现有一个球O与这四个球O1，O2，O3，O4都相内切，则球O的表面积为________．

【答案】144π

【分析】先确定球心O在MN上，然后在和中根据勾股定理求，利用求球O的半径，从而求球O的表面积.

【详解】由题意可知，，

取的中点M，的中点N，连接，

因为，

所以，

所以面 ，面，所以球O的球心在MN上，

且在中，，在中，，

设球O的半径为R，

在中， ，

在中， ，

所以，解得R=6，所以球的表面积为.

故答案为：.

四、解答题

17．在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）

已知的内角、、的对边分别为、、，______，，.

（1）求角；

（2）求的面积.

【答案】（1）条件选择见解析，；（2）.

【分析】（1）选①：利用余弦定理求得的值，结合可求得角的值；

选②：利用正弦定理化简可得出的，结合可求得角的值；

选③：利用辅助角公式化简可得，结合可求得角的值；

（2）利用正弦定理求出的值，并求出的值，利用三角形的面积公式可求得.

【详解】（1）若选①：，可得，

由余弦定理可得，，因此，；

若选②：，由正弦定理可得，，

，则，，即．

，因此，；

若选③：由，可得，所以．

，则，则，因此，；

（2）由正弦定理可得，所以,

.

所以.

【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：

（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；

（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；

（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；

（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；

（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；

（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.

18．已知函数.

（1）当时，求函数在上的最小值；

（2）若对任意的，恒成立，求实数a的取值范围.

【答案】（1）4；（2）；

【分析】(1)利用对勾函数的单调性求出最小值即可；（2）参变分离将恒成立问题转化为在上恒成立，通过最值给出实数a的取值范围.

【详解】(1)由题意：当时，函数，

由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递减，在上单调递增，

所以函数在上的最小值为.

(2) 因为对任意的，恒成立，

所以即，

参变分离得：在上恒成立，

所以实数a的取值范围为.

【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：

(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；

(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.

19．在等差数列与正项等比数列中，，，且既是和的等差中项，又是其等比中项．

（1）求数列和的通项公式；

（2）记，，求数列的前项和，并求取得最小值时的值．

【答案】（1），；

（2），，.

【分析】（1）本题可根据题意得出，然后根据以及等差中项的性质求出，结合即可求出数列的通项公式，最后通过求出，结合即可求出数列的通项公式；

（2）本题首先可以根据题意得出，然后通过错位相减法得出，再然后分为、两种情况进行讨论，即可得出结果.

【详解】（1）设等差数列的公差为，正项等比数列的公比为，

因为既是和的等差中项，又是其等比中项，

所以，

，即，，，

因为，所以，，

，，

，即，，，，，

综上所述，，.

（2），

则，

，

，，

当时，，，，；

当时，，

故当时，取最小值，.

20．如图，在三棱柱中，平面，点是棱的中点，已知，．

（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）证明出，，利用线面垂直的判定定理可证得平面，结合，可得出平面；

（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值．

【详解】（1）在中，，，，

，故，

在三棱柱中，四边形为平行四边形，

则四边形为矩形，则．

平面，平面，，

又，平面．

又，平面；

（2）平面，平面，，

以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则、、、，

所以，，，，

设平面的一个法向量为，

由取，可得，

设平面的一个法向量为，

由，取，得，

，

由图可知，二面角为锐角，因此，二面角的余弦值为．

21．已知椭圆的离心率为，且其右顶点到左焦点的距离为5.

（1）求C的方程；

（2）点M，N在C上，且（O为原点），证明：存在定点P，使得P到直线的距离为定值.

【答案】（1）；（2）存在定点，证明详见解析.

【分析】（1）根据条件，列出关于的方程组，写出椭圆方程；（2）若直线与x轴垂直，求得的坐标，若直线不与x轴垂直，设直线的方程为与椭圆方程联立，由，可得，利用韦达定理化简可得，则有P到直线的距离为定值，即可证得存在定点符合条件.

【详解】（1）解：由题意得解得，，故椭圆C的方程是．

（2）证明：设，，①若直线MN与x轴垂直，由对称性可知，

将点代入椭圆方程中，解得；

②若直线MN不与x轴垂直，设直线MN的方程是，

由消去y整理得，

故，．又，则，

即，故，

整理得，即，

故存在定点，

综上，存在定点，使得P到直线MN的距离为定值．

【点睛】方法点睛：解决存在性问题的注意事项：

（1）存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在；

（2）当条件和结论不唯一时，要分类讨论；

（3）当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；

（3）当条件和结论都未知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径。

22．已知函数.

（1）当时，证明：函数只有一个零点；

（2）当时，，求实数a的取值范围.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）求出函数的导数的导数，根据单调性即可判断；

（2）不等式等价于在上恒成立，构造函数，利用的导数讨论的取值范围即可确定.

【详解】（1）证明：∵当时，，其定义域为，，

令，.

由，解得；由，可得.

∴在上单调递增，在上单调递减，

∴，即，∴在上单调递减，

又∵，∴有唯一的零点；

（2）∵当时，恒成立，

即在上恒成立，

设，，则．

考虑的分子：令，开口向下，对称轴为，

在上递减，.

①当，即时，，所以，，

∴在上单调递减，∴成立；

②当时，．设的两个实数根为、，

∵，∴，．

∴当时，；当时，，

∴在上单调递增，在上单调递减，∴，不合题意．

综上所述，．

【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：

（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；

（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；

（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.