2021-2022学年安徽省滁州市定远县民族中学高三（下）月考数学试卷（理科）（3月份）（Word解析版）

2021-2022学年安徽省滁州市定远县民族中学高三（下）月考数学试卷（理科）（3月份）

一、单选题（本大题共12小题，共60分）

1. 已知全集，集合，，则(    )

A.  B.  C.  D.

2. 设：，，：函数在内使增函数，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. 既不充分也不必要条件

3. 我国古代的天文学和数学著作周髀算经中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个晷长的变化量相同，周而复始．若冬至晷长一丈四尺五寸，夏至晷长二尺五寸一丈等于十尺，一尺等于十寸，则夏至之后的第三个节气立秋晷长是(    )

A. 五寸 B. 二尺五寸 C. 五尺五寸 D. 四尺五寸

4. 已知点是角终边上一点，且，则等于(    )

A.  B.  C.  D.

5. 如图，正方形内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自正方形内白色部分的概率是(    )

A.  B.  C.  D.

6. ，则(    )

A.  B.  C.  D.

7. 以下四个命题：
   梯形一定是平面图形；
   一点和一条直线可确定一个平面；
   两两相交的三条直线可确定一个平面；
   如果平面外有两点，，它们到平面的距离都是，则直线平面．
   其中正确命题的个数是(    )

A.  B.  C.  D.

8. 设，，，则，，的大小关系是(    )

A.  B.  C.  D.

9. 已知函数，则下列说法错误的是(    )

A. 函数的周期为
B. 函数的一条对称轴为
C. 函数在上单调递增
D. 函数的最小值为

10. 已知点，点满足线性约束条件为坐标原点，那么的最小值是(    )

A.  B.  C.  D.

11. 已知圆：，直线，：，若，被圆所截得的弦的长度之比为：，则的值为(    )

A.  B.  C.  D.

12. 若函数在区间上不是单调函数，则函数在上的极小值为(    )

A.  B.  C.  D.

二、填空题（本大题共4小题，共20分）

13. 若，满足约束条件，则的最小值为______．
14. 折扇最早出现于公元五世纪的中国南北朝时代，南齐书上说：“褚渊以腰扇障日”，据通鉴注上的解释，“腰扇”即折扇．一般情况下，折扇可以看作从一个圆面中剪下的扇形制作而成，设扇形的弧长为，扇形所在的圆的半径为，当与的比值约为时，折扇看上去的形状比较美观，若一把折扇所在扇形的半径为，在保证美观的前提下，此折扇所在扇形的面积是______．
15. 已知等差数列的前项和为，若，则______．
16. 已知，，，是体积为的球体表面上四点，若，，，且三棱锥的体积为，则线段长度的最大值为______．

三、解答题（本大题共7小题，共82分）

17. 在中，角、、的对边分别是、、，且．
    求证：、、成等差数列；
    若，，求的面积
18. 某食品公司研发生产一种新的零售食品，从产品中抽取件作为样本，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得到如下频率分布直方图：
    求直方图中的值；
    根据频率分布直方图估计样本数据的众数、中位数各是多少结果保留整数；
    由频率分布直方图可以认为，这种产品的质量指标值服从正态分布，试计算数据落在上的概率．
    参考数据：若，则，

19. 如图，在四棱锥中，平面平面，底面是等腰梯形，，，点在线段上，且．
    Ⅰ证明：平面；
    Ⅱ求二面角的余弦值．

20. 如图，在平面直角坐标系中，椭圆：的左顶点为，离心率为，过点的直线与椭圆交于另一点，点为轴上的一点．
    求椭圆的标准方程；
    若是以点为直角顶点的等腰直角三角形，求直线的方程．

21. 已知函数为常数．
    若是函数的一个极值点，求的值；
    当时，试判断的单调性；
    若对任意的，，使不等式恒成立，求实数的取值范围．
22. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为为参数以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知圆的极坐标方程为
    求直线的普通方程以及圆的直角坐标方程；
    若点在直线上，过点作圆的切线，求的最小值．
23. 已知函数，
    解不等式；
    若对于任意的实数，都有恒成立，求实数的取值范围．
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：集合或，
，
又，
则，
故选：．
解不等式求出，，求出的补集，从而求出即可．
本题考查了集合的运算，考查不等式问题，是基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：，，
则判别式，即，
即：，：，
若在内使增函数，
则恒成立，即若，
则判别式，
即，即：，
则是的充要条件，
故选：．
根据函数和不等式的性质分别求出，命题，成立的等价条件，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据不等式的性质以及函数单调性和导数之间的关系求出的取值范围是解决本题的关键．
 

3.【答案】 

【解析】解：设晷影长为等差数列，公差为，，，
则，解得．
所以，
所以夏至之后的第三个节气立秋晷长是五尺五寸．
故选：．
设晷影长为等差数列，公差为，，，利用等差数列的通项公式即可得出．
本题考查了等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：由题意可得，
解得，
所以在第二象限，
所以，
所以，
故选：．
由三角函数的定义求出的值，从而可求，用两角和的余弦公式将所求式子展开计算，可得结果．
本题考查了三角函数的定义，两角和与差的三角函数计算，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】

【分析】
本题主要考查几何概型的概率计算问题，根据对称性求出黑色部分的面积是解题的关键．
根据图象的对称性知黑色部分为圆面积的一半，计算白色部分的面积与正方形的面积比，即可求出结果．
【解答】
解：根据图象的对称性知，黑色部分为圆面积的一半，
设圆的半径为，则正方形的边长为，
则黑色部分的面积，
正方形内的面积为，
所求的概率为．
故选B．  

6.【答案】 

【解析】解：原式，
故展开式中项为．
故．
故选：．
将原式化为，然后利用通项求出含的系数即可．
本题考查二项式定理的内容，以及利用通项法研究特定项的问题，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：根据题意，依次分析个命题：
对于，由于梯形上下底边平行，两条平行线能够确定一个平面，正确；
对于，当点在直线上时，不能确定一个平面，不正确；
对于，在正方体中，一个顶点出发的三条棱，可以确定三个平面，不正确；
对于，当，两点位于平面的两侧时，直线和平面相交，不正确；
个命题中，只有个是正确的，
故选：．
根据题意，依次分析所给的个命题，即可得答案．
本题考查直线与直线的位置关系，涉及平面的基本性质，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：，；
，；
，；
则．
故选：．
利用对数函数和指数函数的性质求解．
本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运用．
 

9.【答案】 

【解析】解：
，
周期为，时，，故A，成立，
最小值为，成立，故D成立，
时，，递减，
故选：．
化简函数，根据三角函数的图象和性质，判断即可．
考查三角函数图象和性质，三角函数的化简，考查运算能力，中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：，
作出约束条件可行区域如图，
作直线：，
当移到过时，，
故的最小值为，
故选：．
根据向量数量积的定义化简目标函数，作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义进行求解即可．
本题主要考查线性规划的应用，作出不等式组对应的平面区域，利用数形结合是解决本题的关键．
 

11.【答案】 

【解析】解：圆：的圆心为，半径为，
圆心到线的距离为，被圆所截得的弦的长度为，
圆心到的距离为，被圆所截得的弦的长度为，
结合，被圆所截得的弦的长度之比为：，可得，
求得，
故选：．
由条件利用直线和圆相交的性质，点到直线的距离公式、弦长公式，求得的值．
本题主要考查直线和圆相交的性质，点到直线的距离公式、弦长公式的应用，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，是中档题．
求出函数的导数，根据函数的单调性，求出的范围，从而求出函数的单调区间，得到是函数的极小值即可．
【解答】
解：，
函数在区间上不是单调函数，
，
由，解得：或，
由，解得：，
．
故选A．  

13.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，属于基础题．
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【解答】
解：由约束条件作出可行域如图，

联立，解得，
化目标函数为，
由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最大，
所以有最小值为．
故答案为：．  

14.【答案】 

【解析】解：依题意，，
所以，
所以．
故答案为：．
首先求出弧长，再根据扇形面积公式计算即可得解．
本题考查了扇形的弧长公式和面积公式的应用，属于基础题．
 

15.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查等差数列的简单性质的应用，三角函数的化简求值，是基本知识的考查．
利用等差数列的性质转化求解，然后求解三角函数值即可．
【解答】
解：等差数列的前项和为，
若，则．
则．
故答案为：．  

16.【答案】 

【解析】解：因为三棱锥外接球的体积为，
所以，解得外接球半径，
因为，，，
所以，
即，
设三棱锥外接球球心为，为中点，

则为三角形的外心，
故平面，
又平面，
所以，
所以，
由三棱锥的体积为，
所以，
解得，
即到平面的距离为，
设在平面的投影为，则，且，
过作于，则四边形为矩形，
所以，
所以，
在三角形中，由勾股定理可得，
即，
也就是点在以为圆心，以为半径的圆上，
而在中，，
当，，依次在同一条直线上时，最大，
此时，
所以的最大值为．
根据条件求出球的半径，三角形为直角三角形，设三棱锥外接球球心为，为中点，可得平面，设在平面的投影为，过作于，则四边形为矩形，计算可得，由图形可知，的最大值为，从而可得的最大值．
本题考查了球与三棱锥的综合，属于难题．
 

17.【答案】解：证明：由题设条件及正弦定理，得，
由余弦定理，得，
所以，
所以．
因此、、成等差数数列，得证．
因为，，
由可得，
所以，
因此，
所以的面积． 

【解析】由题设条件及正弦定理，余弦定理可得，即可证明、、成等差数数列．
由可得，利用余弦定理可求的值，根据同角三角函数基本关系式可求的值，利用三角形的面积公式即可求解．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，等差数数列的性质，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于中档题．
 

18.【答案】解：由已知得，
解得．
众数．
由前三组频率之和为，
前四组频率之和为，
故中位数位于第四组内，
中位数估计为．
，
． 

【解析】根据频率分布直方图的各小矩形面积之和等于得出的值；
先确定中位数的区间，再根据中位数的性质计算列式计算求出；
根据正态分布的性质得出答案．
本题考查了频率分布直方图的性质，众数与中位数的计算，考查正态分布的规律，属于中档题．
 

19.【答案】证明：Ⅰ连结，交于点，连结，
在等腰梯形中，，，则，
，
又，则，，
，
平面，平面，
平面．
解：Ⅱ取中点，取中点，连结，，则，
又平面平面，平面平面，
平面，
，分别为，中点，四边形是等腰梯形，
，以为原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
可得，，，
，
设平面的一个法向量，
则，取，得，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
设二面角的平面角为．
则，
二面角的余弦值为． 

【解析】Ⅰ连结，交于点，连结，推导出，由此能证明平面．
Ⅱ取中点，取中点，连结，，则，以为原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．
本题考查线线平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，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，是中档题．
 

20.【答案】解：由题意可得：，解得，
所以，
所以椭圆的标准方程为：，
设直线的方程为，代入为：，
得，
因为为该方程的一个根，解得，
设，由，得：，
即：，
由，即，得，
即，
即，
整理得，
所以或，
当时，直线的方程为，
当时，代入得，解得，
此时直线的方程为
综上，直线的方程为或 

【解析】本题考查椭圆的定义及标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，注意解题方法的积累，属于中档题．
由题意可得：，解得，从而有即可，
设直线的方程为，代入椭圆方程，利用韦达定理，根据是以为直角顶点的等腰直角三角形，可得，，得，求出，即可求直线的方程．
 

21.【答案】解：．
由已知得：，，分
当时，
因为，所以，而，即，
故在上是增函数．分
当时，由知，在上的最小值为，
故问题等价于：对任意的，不等式恒成立．即恒成立
记，，则，分
令，则
所以，所以分
故，所以在上单调递减，
所以
即实数的取值范围为分 

【解析】求导数，利用极值的定义，即可求的值；
当时，判断导数的符号，即可判断的单调性；
问题等价于：对任意的，不等式恒成立．即恒成立．
本题考查导数知识的综合运用，考查函数的极值，考查函数的单调性，考查恒成立问题，正确分离参数是关键．
 

22.【答案】解：直线的参数方程为为参数．
由直线的参数方程消去参数，得直线的普通方程为．
圆的极坐标方程为，即，
圆的直角坐标方程为，即分
由可知圆的圆心为，半径，
所以，
而的最小值为圆心到直线的距离．
所以的最小值为分 

【解析】由直线的参数方程消去参数，能求出直线的普通方；圆的极坐标方程转化为，由此能求出圆的直角坐标方程．
圆的圆心为，半径，从而，而的最小值为圆心到直线的距离由此能求出的最小值．
本题考查直线的普通方程、圆的直角坐标方程的求法，考查线段长的最小值的求法，考查参数方程、直角坐标方程、极坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 

23.【答案】解：函数，，
由得，即；
当时，不等式化为，
解得，即；
当时，不等式化为，
解得，此时；
当时，不等式化为，
解得，即；
综上知，不等式的解集为或；
由对于任意的实数，都有恒成立，
所以对于任意的实数恒成立；
即对于任意的实数恒成立，
解得；
所以实数的取值范围是． 

【解析】不等式化为，讨论的取值，去掉绝对值，求不等式的解集即可；
不等式恒成立化为对于任意的实数恒成立，从而求得实数的取值范围．
本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，也考查了不等式恒成立应用问题，是基础题．