2021届西藏拉萨中学高三第六次月考数学（文）试题（含解析）

2021届西藏拉萨中学高三第六次月考数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】解出集合,再取交集即可.

【详解】，∴.

故选：A．

2．已知为虚数单位，复数为纯虚数，则（    ）

A．0 B． C．2 D．5

【答案】D

【分析】先化简复数，根据纯虚数可求，然后可求复数的模长.

【详解】，

因为为纯虚数，所以则，.

故选：D.

3．我国的5G通信技术领先世界，5G技术的数学原理之一是著名的香农（Shannon）公式，香农提出并严格证明了“在被高斯白噪声干扰的信道中，计算最大信息传送速率的公式，其中是信道带宽（赫兹），是信道内所传信号的平均功率（瓦），是信道内部的高斯噪声功率（瓦），其中叫做信噪比．根据此公式，在不改变的前提下，将信噪比从99提升至，使得大约增加了60%，则的值大约为（    ）（参考数据：）

A．1559 B．3943 C．1579 D．2512

【答案】C

【分析】由题意可得的方程，再由对数的运算性质求解即可．

【详解】由题意得：，

则，，

故选：C

4．某企业在举行的安全知识竞答活动中，随机抽取了30名员工，统计了他们的测试成绩（单位：分），并得到如图所示的统计图，设这30名员工的测试成绩的中位数为m，众数为n，平均数为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据统计图，以及平均数、众数、中位数的定义来计算m、n、的值即可比较大小，得出答案.

【详解】由统计图可知，测试成绩按从高到低的顺序排好后，中间的两个测试成绩为80分，90分，

故中位数（分），

众数分，

平均数（分），

则.

故选：D

5．已知等差数列中，，则=（    ）

A．6 B．7 C．8 D．9

【答案】B

【分析】利用等差数列小角标性质可知：，即可求出结果.

【详解】因为数列是等差数列，利用等差数列的性质可知：

故选：B.

6．已知平面向量与的夹角为，且为单位向量，则（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】B

【分析】先求解，再求解，然后可得答案.

【详解】由已知可得，，则，

所以，则.

故选：B.

7．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长的棱的长度是（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据三视图还原几何体得如图的三棱锥，进而计算即可得答案.

【详解】由三视图可知，该三棱锥的直观图如图所示，

取的中点，则，易知，，

又底面，所以，从而最长棱为和，

所以该三棱锥最长的棱的长度为．

故选:C．

8．函数在上的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】定义法判断函数的奇偶性，再根据函数值正负情况进行判断.

【详解】因为，

所以函数是定义在上的偶函数，排除选项A；

当时，，排除选项D；

当时，，排除选项C，

故选：B．

9．在平面直角坐标系中，已知双曲线与双曲线有公共的渐近线，且经过点，则双曲线的焦距为

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】分析：双曲线C与双曲线x2−=1有公共的渐近线，因此设本题中的双曲线C的方程x2−=λ，再代入点P的坐标即可得到双曲线C的方程．然后求解焦距即可．

详解：双曲线C与双曲线x2−=1有公共的渐近线，设本题中的双曲线C的方程x2−=λ，

因为经过点，所以4-1=λ，解之得λ=3，故双曲线方程为故焦距为：，选D.

点睛：本题给出与已知双曲线共渐近线的双曲线经过某个已知点，求该双曲线的方程，着重考查了双曲线的标准方程与简单几何性质，属于基本知识的考查．

10．已知函数（，）的图象关于点对称，且其相邻对称轴间的距离为，将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则下列说法中正确的是（    ）

A．的最小正周期

B．

C．

D．在上的单调递减区间为

【答案】D

【分析】首先根据三角函数的性质，可知相邻对称轴间的距离是半个周期，判断A；再求函数的解析式，判断B；根据平移规律得到函数，判断C；最后根据函数的解析式，利用整体代入的方法求函数的单调递减区间.

【详解】相邻对称轴间的距离是半个周期，所以周期是，故A不正确；

，解得：，

的图象关于点对称，，

解得： ,

，故B不正确；

，向左平移个单位长度后得 故C不正确；

当时，，当时，函数单调递减，即

，故D正确.

故选：D

【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据三角函数的性质求得函数的解析式，第四个选项是关键，需根据整体代入的方法，先求的范围，再确定函数的单调递减区间.

11．设抛物线的焦点为，准线为，过点的直线交抛物线于两点，交于点，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意作出垂直于准线，然后得，得，写出直线方程，联立方程组，得关于的一元二次方程，写出韦达定理，代入焦点弦公式计算.

【详解】如图，过点M做垂直于准线，由抛物线定义得，因为，所以，所以，则直线方程为，联立消去得，，设，所以，得.

故选：D.

【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，可直接使用公式或，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．

12．已知函数，则函数的零点个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】运用换元法，令，先解出当时的值，然后再根据的图象，判断时，值的个数.

【详解】令，当时，解得或.

在同一直角坐标系中分别作出，，的图象如图所示，观察可知，与有1个交点，与有2个交点，则的零点个数为3.

故选：C.

【点睛】一般地，判断型如的零点个数时，可采用换元法，先令，求解当时的值，然后根据函数的图象及性质确定当时，的值的个数即为的零点的个数，解答时注意数形结合，注意函数与图象性质的分析.

二、填空题

13．已知函数，则曲线在点(1，f（1）)处的切线方程为_____________.

【答案】

【分析】求出，，，可得答案.

【详解】由题意得，，∴，f（1）=1，

∴所求切线方程为，即

故答案为：

14．已知实数满足，则的最大值为__________．

【答案】11

【分析】根据条件作出可行域，根据图形可得出答案.

【详解】由实数，满足，作出可行域，如图

设，则化为

所以表示直线在轴上的截距.

可得，可得

根据图形可得，当直线过点时截距最大，

所以的最大值为11.

故答案为：11

15．设等比数列的前项和为.若、、成等差数列，则数列的公比为__________.

【答案】3或

【分析】先设等比数列的公比为，根据题中条件，列出方程求解，即可得出结果.

【详解】设等比数列的公比为，

因为等比数列的前项和为，、、成等差数列，

所以，则，

因此，所以，解得或.

故答案为：3或.

16．点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1(线段BC1)上运动，给出下列五个命题：

①直线AD与直线B1P为异面直线；

②A1P面ACD1；

③三棱锥A-D1PC的体积为定值；

④面PDB1⊥面ACD1.

⑤直线与平面所成角的大小不变；

其中所有正确命题的序号是___________.

【答案】②③④

【分析】①由点P与点重合时判断；②利用面面平行的判定定理证明平面面ACD1 即可；③由三棱锥VA-D1PC判断；④易得DB1⊥面ACD1,再利用面面垂直的判定证明；⑤由DB1⊥面ACD1, 则是平面ACD1一个法向量，由与的夹角判断.

【详解】①当点P与点重合时，直线B1P为直线，由正方体的特征知，所以直线AD与直线B1P不为异面直线，故错误；

 ②因为，则平面ACD1，因为，则平面ACD1，  又，所以平面面ACD1 ，而A1P平面， 所以A1P面ACD1，故正确；

③因为，又面积定值，且，所以高为定值，所以三棱锥A-D1PC的体积为定值，故正确；

④由正方体的特征得，所以平面 ，所以DB1⊥，同理DB1⊥，又， 所以DB1⊥面ACD1，因为DB1面PDB1，所以面PDB1⊥面ACD1，故正确；

⑤由④知DB1⊥面ACD1, 是平面ACD1的一个法向量，则与的夹角不断变化，所以直线与平面所成角的大小不断变化，故错误；

故答案为：②③④

三、解答题

17．已知为的三内角，且其对边分别为，若.

（1）求；

（2）若，，求的面积.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，由于，可求的值，结合，可求A的值.

（2）由已知利用余弦定理可求bc的值，进而根据三角形的面积公式即可得解.

【详解】解：（1）∵，

∴由正弦定理可得：，

整理得，

即：，

所以，

∵，∴，

∵，∴.

（2）由，，由余弦定理得，

∴，即有，

∴，

∴的面积为.

【点评】

本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题.解题的过程中注意以下公式的灵活应用：、、.

18．如图，在等腰梯形中，，点E为的中点，现将该梯形中的三角形沿线段折起，折成四棱锥．

（1）在四棱锥中，求证：；

（2）在四棱锥中，若，求四棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）2.

【分析】（1）由题可知和均为正三角形，取的中点O，证明，得到平面，最后得到结果.

（2）计算的长度，然后利用体积公式直接计算即可.

【详解】（1）由题意得三角形沿线段折起后，四边形为菱形，边长为2，，

如图，

取的中点O，连接，

易知和均为正三角形，所以，

又平面，所以平面，

又平面，所以．

（2）因为和均为边长为2的正三角形，所以，又，所以，故，所以互相垂直．

19．为了解使用手机是否对学生的学习有影响，某校随机抽取50名学生，对学习成绩和使用手机情况进行了调查，统计的部分数据如下表所示：

（1）补充完整所给表格，并根据表格数据判断是否有的把握认为学生的学习成绩与是否使用手机有关；

（2）现从上表不使用手机的学生中按学习成绩是否优秀分层抽样选出6人，再从这6人中随机抽取3人，求抽到的3人中恰有2人学习成绩为优秀的概率．

参考公式：，其中．

参考数据：

【答案】（1）表格见解析，没有；（2）0.6.

【分析】（1）根据数据直接填入即可，然后根据公式计算，最后判断即可.

（2）根据分层抽样计算方法可得成绩优秀的有4（人），学习成绩一般的有2（人），然后分别计算抽取3人的基本事件个数以及3人中恰有2人学习成绩为优秀的，最后计算即可.

【详解】解：（1）列联表如下表所示：

由表格中的数据计算可得的观测值，

所以没有的把握认为学生的学习成绩与是否使用手机有关．

（2）6人中学习成绩优秀的有4（人），学习成绩一般的有2（人），从6人中抽取3人，基本事件总数为20个，其中抽到3优的事件为4个，抽到2优1一般的事件为12个，抽到1优2一般的事件为4个．因此所求的恰有2个优秀的概率为

20．已知椭圆过点，离心率为．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）设O为坐标原点，A为椭圆C的左顶点，若直线过线段的中点B，且与椭圆C相交于两点，直线分别与直线相交于两点，试判断：是否为定值？若是，证明你的结论；若不是，请说明理由．

【答案】（1）；（2）是，证明见解析.

【分析】（1）根据题意列出关于，，的方程，解出，，的值，从而得到椭圆的标准方程．

（2）可设直线的方程为：，，，，，联立直线与椭圆方程，由韦达定理可得

，，由三点共线，，，代入可得，所以为定值．

【详解】（1）因为椭圆C过点，所以，

又椭圆C的离心率为，所以，

又，所以，解得，

所以椭圆C的标准方程为．

（2）由题可得，可设直线的方程为，

将代入，消去x可得，

所以，

又三点共线，所以可设，

设，则，所以，

则，

同理可得，

所以

，

所以，所以是定值．

【点睛】方法点睛：探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；② 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. (3)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.①当条件和结论不唯一时要分类讨论.②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当条件和结论都不知，按常规方法很难时，采取另外的途径.

21．已知函数.

（1）讨论的单调性；

（2）若函数有两个零点、．

①求的取值范围；

②证明：．

【答案】（1）答案见解析；（2）①；②证明见解析.

【分析】（1）求出函数的定义域与导数，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间；

（2）①利用参变量分离法可得出，由题意可知，函数与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；

②由已知可得，利用分析法可得出所要证的不等式等价于证明，令，可将所证不等式变形为，然后令，利用导数证明出即可.

【详解】（1）函数的定义域为，.

（i）当时，对任意的，，在上单调递增；

（ⅱ）当时，若，则，在上单调递增；

若，则，在区间上单调递减.

综上所述，当时，函数的单调递增区间为；

当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；

（2）①令，可得，令，其中，

由于函数有两个零点、，

所以，函数与函数的图象有两个交点，

，令，可得，列表如下：

所以，函数的极小值为，如下图所示：

当时，，

由图象可知，当时，函数与函数的图象有两个交点，

因此，所求的取值范围为；

②由题意，两式作差可得，则，

两式相加得，

要证，只要证，即，

只要证，即证，

即证，其中且，

令，，

所以，函数在上单调递增，则，即，

故不等式成立.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

22．在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，并取相同的长度单位建立极坐标系，直线的极坐标方程为．

（1）求直线的直角坐标方程与曲线C的普通方程；

（2）若曲线C上到直线的距离为1的点有3个，求m的值．

【答案】（1）直线的直角坐标方程为，圆C的普通方程为；（2）或．

【分析】（1）将直线的极坐标方程利用余弦的两角差的公式展开，再将代入便可得到的直角坐标方程；将曲线的参数方程消去便可得到普通方程.

（2）若曲线上到直线的距离为的点有个，则圆心到直线的距离为，然后利用点到线距离公式求解.

【详解】解：（1）由（为参数）得:，

而，即．

所以直线的直角坐标方程为，圆C的普通方程为．

（2）由于圆C的半径为3，

根据题意，若圆C上到直线的距离为的点有个，

则圆心到直线的距离为，

可得，

解得或．

【点睛】本题考查极坐标方程、参数方程与直角坐标方程的转化，考查圆上的点到直线的距离问题，考查点到线距离公式的运用，难度一般.

23．已知函数，且的最小值为2．

（1）求m的值；

（2）若均为正数，且，求证：．

【答案】（1）4；（2）证明见解析.

【分析】（1）利用绝对值不等式，结合，即可解出的值.

（2）由（1）知，利用，，即可证明之.

【详解】（1）因为，

所以，

所以或．

又，所以．

（2）因为均为正数，所以，，

所以，

又，所以

（当且仅当时等号成立）．