2021届四川省新津中学高三9月月考数学（理）试题（解析版）

这是一份2021届四川省新津中学高三9月月考数学（理）试题（解析版），共22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届四川省新津中学高三9月月考数学（理）试题


一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据集合、的描述分别求出不等式的解集，写出集合，利用集合的交集运算即可求；
【详解】
由知：；知：；
∴
故选：C
【点睛】
本题考查了集合的基本运算，根据集合的描述解不等式得到集合，应用集合基本运算求交集，属于简单题；
2．的共轭复数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】首先根据题意得到，再求共轭复数即可.
【详解】
因为，所以.
故选：D
【点睛】
本题主要考查复数的共轭复数，同时考查了复数的乘法，属于简单题.
3．设，则“a=1”是“直线ax+y-1=0与直线x+ay+1=0平行”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件,
【答案】C
【解析】若直线ax+y-1=0与直线x+ay+1=0平行，则,且
解得
故选
点睛：这是一道关于充分条件和必要条件判断的题目．考查的主要是充分条件，必要条件，熟练掌握掌握充分条件和必要条件的判定方法．本题中，利用直线平行的条件是解决问题的关键．
4．一个几何体的三视图如图所示，若这个几何体的体积为，则该几何体的外接球的表面积为（ ）

A．36π B．64π C．81π D．100π
【答案】C
【解析】首先把三视图转换为几何体，进一步利用几何体的体积公式求出四棱锥体的外接球的半径，最后求出球的表面积．
【详解】
解：根据几何体的三视图可以得到该几何体为四棱锥体，
如图所示：


该四棱锥的底面是长方形，长为6，宽为5，
四棱锥的高即为
所以，
解得．
设四棱锥的外接球的半径为r，
所以，
解得，
所以，
故选：C
【点睛】
本题考查了几何体的三视图问题，解题的关键是要能由三视图解析出原几何体，从而解决问题.
5．甲､乙两个人要在一排个空座上就坐，若要求甲､乙两人每人的两旁都有空座，则不同的坐法有多少种（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】采用插空法即可得答案.
【详解】
先将个空座摆好，因为要求甲､乙两人每人的两旁都有空座，所以甲､乙两人有五个空可以插，有种，
故选：B
【点睛】
本题主要考查排列组合的不相邻问题用插空法，属于基础题
6．下列命题中，真命题的个数是（ ）
① 若，则
②“”是“”的充分不必要条件
③若，则
④命题：“若，则或”
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】①，举例说明该命题错误；
②，“”成立，则“”成立，“”成立，则“”不一定成立，所以该命题正确；
③，利用基本不等式说明该命题正确；
④，由于其逆否命题正确，所以该命题正确.
【详解】
① 若，如：，则，所以该命题错误；
②“”成立，则“”成立，“”成立，则“”不一定成立，如，所以“”是“”的充分不必要条件，所以该命题正确；
③若，则当且仅当时取等号.所以该命题正确；
④“若，则或”的逆否命题是“若且，则”，由于其逆否命题正确，所以该命题正确.
故选：C
【点睛】
本题主要考查实数大小的比较，考查充分条件必要条件的判定，考查基本不等式的应用，考查命题真假的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
7．等差数列中，已知，且公差，则其前项和取最小值时的的值为( )
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【解析】因为等差数列中，，所以，有， 所以当时前项和取最小值.故选C.
8．设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】构造函数，利用导数判断函数单调性，以及奇偶性，再利用函数性质，即可求得不等式解集.
【详解】
设，则，
当时，，单调递增；
又，故为偶函数；
则当时，是单调减函数.
因为，故可得.
则等价于或，
解得或，
所以的解集为.
故选：B.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数单调性，以及用单调性解不等式，涉及函数奇偶性的应用，属综合中档题.
9．早在17世纪人们就知道用事件发生的“频率”来估计事件的“概率”．18世纪末有人用投针试验的方法来估计圆周率，20世纪40年代电子计算机的出现使得用数学方法在计算机上大量、快速地模拟这样的试验成为可能，这种模拟方法称为蒙特卡罗方法或随机模拟方法.如图所示的程序框图就是利用随机模拟方法估计圆周率，（其中是产生内的均匀随机数的函数，），则的值约为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】根据，，而表示个圆，则，故.
【详解】
根据程序框图，知，，而表示个圆，如图所示：

则落在阴影部分的面积与正方形面积比为，得.
故选：D.
【点睛】
本题考查了程序框图，几何概型，频率的理解与应用，属于中档题.
10．在如图所示的正方形中随机投掷1000个点，则落入阴影（曲线为正态分布的密度曲线）的点的个数的估计值为( )
（附：若，则，）

A．239 B．272 C．341 D．477
【答案】C
【解析】求出，即可得出结论．
【详解】
解：由题意，
落入阴影部分点的个数的估计值为.
故选：C．
【点睛】
本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量和的应用，考查曲线的对称性．
11．已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】【详解】
分析：先根据条件得PF2=2c,再利用正弦定理得a,c关系，即得离心率.
详解：因为为等腰三角形，，所以PF2=F1F2=2c,
由斜率为得，，
由正弦定理得,
所以，故选D.
点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.
12．设是定义在R上的偶函数，对任意的，都有，且当时，，若在区间内关于的方程恰有三个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由已知中是定义在上的偶函数，对于任意的，都有，我们可以得到函数关于直线对称，则不难画出函数在区间，上的图象，结合方程的解与函数的零点之间的关系，我们可将方程恰有3个不同的实数解，转化为函数的与函数的图象恰有3个不同的交点，数形结合即可得到实数的取值范围.
【详解】
对于任意的，都有，
函数关于直线对称，
又当，时，，且函数是定义在上的偶函数，
故函数在区间，上的图象如下图所示：

若在区间，内关于的方程恰有3个不同的实数解
则，，
解得：
故选：A
【点睛】
本题考查的知识点是根的存在性及根的个数判断，指数函数与对数函数的图象与性质，其中根据方程的解与函数的零点之间的关系，将方程根的问题转化为函数零点问题，是解答本题的关键．


二、填空题
13．展开式中，常数项的值为__________.
【答案】
【解析】先写出通项，在通项公式中令x的指数为0，求出k，从而写出常数项．
【详解】
解：
令18﹣3k＝0，k＝6，故的展开式中的常数项为T下标7＝C96＝84
故答案为84
【点睛】
本题考查二项式定理中通项公式的应用：求常数项，属基本题型、基本方法的考查．
14．等比数列中，，，公比__________．
【答案】或
【解析】分析：设设等比数列的公比为，利用，即可求解等比数列的公比.
详解：设等比数列的公比为，
由，所以，解得或.
点睛：本题考查了等比数列的通项公式，等比数列的公比的求解，着重考查了学生的推理与运算能力，试题比较基础，属于基础题.
15．已知向量，若，则k的值为__________.
【答案】3
【解析】根据向量的坐标计算向量的和差及向量的模,即可求解.
【详解】
，,
,,
,
,
化简得：，
解得，
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了向量和、差、模的坐标运算，考查了运算能力，属于中档题.
16．方程的曲线即为函数 的图象，对于函数 ，下列命题中正确的是 .（请写出所有正确命题的序号）
①函数在 上是单调递减函数；②函数 的值域是 ；
③函数的图象不经过第一象限；④函数 的图象关于直线 对称；
⑤函数至少存在一个零点.
【答案】①②③
【解析】试题分析：当＜0，＜0时，方程化为，表示的函数图像为椭圆在第三象限部分；当≤0，≥0时，方程可化为，表示的函数图像是双曲线左支的x轴上方部分；当≥0，≤0时，方程可化为，表示的函数图像是焦点在y轴上的双曲线下支的y轴右侧部分，函数图像如图所示，有图像知，函数在上是单调递减函数，值域是，图象不经过第一象限，图象不关于直线对称，故①，②，③正确，④⑤不正确.

【考点】1.椭圆图像、双曲线的图像；2.函数的图像与性质；3.函数零点；4.分类整合思想.

三、解答题
17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．
（1）求A；
（2）若，求sinC．
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得：，从而可整理出，根据可求得结果；（2）利用正弦定理可得，利用、两角和差正弦公式可得关于和的方程，结合同角三角函数关系解方程可求得结果.
【详解】
（1）
即：
由正弦定理可得：


（2），由正弦定理得：
又，

整理可得：

解得：或
因为所以，故.
（2）法二：，由正弦定理得：
又，

整理可得：，即

由，所以
.
【点睛】
本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系.
18．2020年2月，为防控新冠肺炎，各地中小学延期开学.某学校积极响应“停课不停学”政策，在甲、乙两班分别开展了H、G两种不同平台的线上教学尝试，经过一段时间的试用，从两班各随机调查了20个同学，得到了对两种线上平台的评价结果如下：
评价结果
差评
一般
好评
甲班
5人
10人
5人
乙班
2人
8人
10人
（1）假设两个班级的评价相互独立，以事件发生频率作为相应事件发生的概率，若从甲乙两班中各随机抽取一名学生，求甲班学生的评价结果比乙班学生的评价结果“更好”的概率；
（2）根据对两个班的调查，完成列联表，并判断能否有99%的把握认为评价是否“差评”与线上平台有关.

差评
好评或一般
总计
平台



平台



总计



附：，.

0.050
0.010
0.001

3.841
6.635
10.828

【答案】（1）；（2）列联表答案见解析，没有99%的把握认为评价是否“差评”与线上平台有关.
【解析】（1）记表示事件：甲班抽取的学生评价结果为“好评”；表示事件：甲班抽取的学生评价结果为“一般”；表示事件：乙班抽取的学生评价结果为“差评”或“一般”；表示事件：乙班抽取的学生评价结果为“差评”；表示事件：甲班学生的评价结果比乙班学生的评价结果“更好”，可知；又因为两个班级的评价相互独立，由此即可求出结果；
（2）根据表中所给数据完成列联表，求出，再根据，根据独立性检验即可得出结论.
【详解】
解：（1）记表示事件：甲班抽取的学生评价结果为“好评”；
表示事件：甲班抽取的学生评价结果为“一般”；
表示事件：乙班抽取的学生评价结果为“差评”或“一般”；
表示事件：乙班抽取的学生评价结果为“差评”；
表示事件：甲班学生的评价结果比乙班学生的评价结果“更好”.
因为两个班级的评价相互独立，
所以，
故.
（2）根据已知，列联表如下：

差评
好评或一般
总计
平台
5
15
20
平台
2
18
20
总计
7
33
40

所以.
由于，故没有99%的把握认为评价是否“差评”与线上平台有关.
【点评】
本题主要考查了独立事件概率的求法，以及独立检验的应用，属于基础题.
19．如图，三棱柱中，侧面为菱形，．

（1）证明：；
（2）若，，，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见详解；（2）.
【解析】（1）连接，交于点，连接，证明且平分得到答案.
（2）为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立空间直角坐标，计算相应点坐标，计算法向量，利用二面角公式计算得到答案.
【详解】
证明：（1）连接，交于点，连接，
因为侧面为菱形，
所以，
且为与的中点，
又，,
所以平面.
由于平面，
故.
又，
故.
（2）因为，且为的中点，
所以，
又因为，
所以，
故，
从而两两相互垂直，为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立空间直角坐标，

因为，
所以为等边三角形，
设，
则，
，
设是平面的法向量，则
，
即，
所以.
设是平面的法向量，
则，
同理可取，
，
所以二面角的余弦值为-.
【点睛】
本题考查线段相等的证明，建立空间直角坐标系解决二面角问题，计算量较大，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.属于中档题.
20．已知椭圆的右焦点为，且经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设为原点，直线与椭圆交于两个不同点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，若，求证：直线经过定点.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）由题目条件确定出，然后得出椭圆方程；
（2）设点，点，写出直线，的方程，再分别求出点与点的坐标，然后利用得出关于与的关系式，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求证当时直线过定点.
【详解】
（1）由题意得，，∴，
∴椭圆的方程为.
（2）设，，则直线的方程为.
令，得点的横坐标.
又，从而.同理，.
由得.
则，.
∴
.
又，
∴. 解得，
∴ 直线l经过定点.
【点睛】
本题考查直线与圆锥曲线的综合运用，考查定点问题的求解，难度较大. 解答时，韦达定理的运用是关键，设法将目标问题用含所设元的式子表示，然后证明.
21．已知函数（e为自然对数的底数，a是实数）.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，若对任意的恒成立，求实数a的值；
（3）求证：
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）；（3）证明见解析.
【解析】（1）求导数，利用导数的正负，即可求函数f (x)的单调区间;
（2）若对任意的恒成立，即对a >0恒成立，即可求实数a的值;
（3）要证原不等式成立，只需证即证即可.
【详解】
（1），
时，，在R上单调递增；
时，时，单调递减，时，单调递增.
（2）由（1），时，，
问题转化为恒成立，即.
记.
，
在上单调增，在上单调减，
，
故，得.
（3）时，，
时，

时，.
由（2）可知时恒成立，即，，
时，，
故，
原不等式成立.
【点睛】
本题主要考查导数知识的运用，考查函数的单调性，函数的最值，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于较难题.
22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，射线与曲线交于两点，直线与曲线相交于两点.
（Ⅰ）求直线的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
（Ⅱ）当时，求的值.
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）或
【解析】（Ⅰ）将参数方程消去即可得到普通方程；由，根据极坐标和直角坐标互化原则可得的直角坐标方程；（Ⅱ）联立和射线的极坐标方程可得点极坐标，从而得到；将参数方程代入圆的直角坐标方程，利用的几何意义，结合韦达定理构造关于的方程，解方程求得结果.
【详解】
（1）将直线的参数方程消去，化为普通方程得：
由得：
整理可得曲线的直角坐标方程为：
（2）由得：
将直线的参数方程代入得：
由得：
设两点对应的参数分别为，则：
解得：或
所求的值为或
【点睛】
本题考查极坐标与直角坐标的互化、参数方程化普通方程、极径的意义、直线参数方程中参数的几何意义的应用等知识，属于常考题型.
23．已知函数.
（Ⅰ）当时，求不等式的解集；
（Ⅱ）若函数的最小值为3，且，，证明：.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析
【解析】（Ⅰ）利用零点分类讨论法解绝对值不等式得解；（Ⅱ）利用绝对值三角不等式得解得，即，再用柯西不等式即可证明.
【详解】
（Ⅰ）当时，，
故不等式可化为：或或，
解得：或.
所求解集为：.
（Ⅱ）因为 .
又函数的最小值为3，，
所以，解得，即，
由柯西不等式得，
所以.
【点睛】
本题主要考查绝对值不等式的解法，考查绝对值三角不等式和柯西不等式，考查不等式的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.