2021届湖南师大附中高三上学期10月第二次月考数学试题（解析版）

2021届湖南师大附中高三上学期10月第二次月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】化简集合A,B再求交集即可

【详解】

由题意

则

故选：C

【点睛】

本题考查交集的运算，考查一元二次不等式及绝对值不等式的解法，是基础题

2．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据复数的除法运算，采用分母实数化的方法求解出的结果.

【详解】

因为，

故选：C.

【点睛】

本题考查复数的除法运算，难度较易.复数进行除法运算时，要注意将分母实数化即乘以分母的共轭复数.

3．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】利用二倍角公式和诱导公式，可得，即得解.

【详解】

已知，则

故选：A

【点睛】

本题考查了二倍角公式和诱导公式的综合应用，考查了学生转化与划归，数学运算的能力，属于基础题.

4．刘徽(约公元225年-295年)，魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一他在割圆术中提出的，“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作，割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n边形等分成n个等腰三角形(如图所示)，当n变得很大时，这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想，得到的近似值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,则每个等腰三角形的面积为,由割圆术可得圆的面积为,整理可得,当时即可为所求.

【详解】

由割圆术可知当n变得很大时,这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,

设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,

所以每个等腰三角形的面积为,

所以圆的面积为,即,

所以当时,可得,

故选:A

【点睛】

本题考查三角形面积公式的应用,考查阅读分析能力.

5．的展开式的常数项是（ ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】【详解】

的展开式通项为：，由得，所以的常数项系数为；由得，所以的项系数为，所以的展开式的常数项是,故选D.

6．中国有个名句“运筹帷幄之中，决胜千里之外”，其中的“筹”原意是指《孙子算经》中记载的算筹.古代用算筹(一根根同样长短和粗细的小棍子)来进行运算.算筹的摆放有纵式､横式两种(如图所示).当表示一个多位数时，个位､百位､万位数用纵式表示，十位､千位､十万位数用横式表示，以此类推，遇零则置空.例如3266用算筹表示就是，则8771用算筹应表示为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】根据算筹的定义和摆放方法解题．

【详解】

解：由算筹的定义，得，所以8771用算筹应表示，

故选：C.

【点睛】

本题主要考查了新定义题型，理解算筹的定义是解题关键，属于基础题．

7．对任意实数给出下列命题:①“”是“”的充要条件;②“是无理数”是“是无理数”的充要条件;③“”是“”的充分条件;④“”是“”的必要条件.其中真命题的个数是(　　)

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【解析】根据充要条件的定义对题目中的四个答案逐一进行分析即可得到答案．

【详解】

∵①中“”“”为真命题，

但当时，“” “”为假命题，

故“”是“”的充分不必要条件，故①为假命题；

∵②中“是无理数”“是无理数”为真命题，

“是无理数”“是无理数”也为真命题，

故“是无理数”是“是无理数”的充要条件，故②为真命题；

∵③中“”“”为假命题，

“”“”也为假命题，

故“”是“”即不充分也不必要条件，故③为假命题；

∵④中，故“”是“”的必要条件，

故④为真命题．故真命题的个数为2

故选：B

【点睛】

本题考查必要条件、充分条件与充要条件的判断及不等式的性质，属于基础题．

8．四棱锥的底面是矩形，侧面平面，，，则该四棱锥外接球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】如图，设的中心为，球心为O，则，设O到平面的距离为d，则，求出的值，即可求出四棱锥外接球的体积

【详解】

取的中点E，连接中，

∴，，设的中心为，球心为O，则，

设O到平面的距离为d，则，

∴，

∴四棱锥的外接球的体积为.

故选：B.

【点睛】

此题考查求四棱锥外接球的体积，考查学生的计算能力，考查空间想象能力，属于中档题

二、多选题

9．    甲､乙两所学校高三年级分别有1200人，1000人，为了了解两所学校全体高三年级学生在该地区六校联考的数学成绩情况，采用分层抽样方法从两所学校一共抽取了110名学生的数学成绩，考生成绩都分布在内，并作出了如下频数分布统计表，规定考试成绩在内为优秀，则下列说法正确的有（    ）

A．计算得

B．估计甲校优秀率为25%，乙校优秀率为40%

C．估计甲校和乙校众数均为120.

D．估计乙校的数学平均成绩比甲校高.

【答案】ABD

【解析】根据分层抽样，众数，优秀率，平均成绩等概念逐一判断.

【详解】

甲校抽取人，乙校抽取人，故，，故A正确；

甲校优秀率为，乙校优秀率为.故B正确；

甲校众数估计值为110，故C错误；

甲校平均成绩109.5，乙校平均成绩114.6，故D正确.

故选:ABD

【点睛】

此题考查了统计中常见概念，属于基础题.

10．函数的部分图象如图中实线所示，图中圆C与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列说法中正确的是（    ）

A．函数在上单调递增

B．函数的图象关于点成中心对称

C．函数的图象向右平移个单位后关于直线成轴对称

D．若圆半径为，则函数的解析式为

【答案】BD

【解析】由图易得点C的横坐标为，所以的周期，所以,从而可得，根据三角函数的图象性质对选项进行逐一分析可得答案.

【详解】

由图易得点C的横坐标为，所以的周期，所以，又，

所以，因此.

所以函数在上单调递增.

所以函数在上单调递减.

则函数在上单调递减，所以选项A 不正确.

由,得

函数的图象的对称中心为

所以函数的图象关于点成中心对称，故选项B正确.

函数的图象向右平移个单位得到，直线不是此时的对称轴，故选项C 不正确.

若圆半径为，则，

∴，函数的解折式为

故选：BD.

【点睛】

本题考查根据三角函数的图象求解析式，考查三角函数的单调性和对称性等性质，属于中档题.

11．正方体中，E是棱的中点，F在侧面上运动，且满足平面.以下命题正确的有（    ）

A．侧面上存在点F，使得

B．直线与直线所成角可能为

C．平面与平面所成锐二面角的正切值为

D．设正方体棱长为1，则过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大为

【答案】AC

【解析】取中点M，中点N，连接，易证得平面平面，可得点F的运动轨迹为线段．取的中点F，根据等腰三角形的性质得，即有，A正确；当点F与点M或点N重合时，直线与直线所成角最大，可判断B错误；根据平面平面，即为平面与平面所成的锐二面角，计算可知C正确；

【详解】

取中点M，中点N，连接，则易证得，，从而平面平面，所以点F的运动轨迹为线段．

取的中点F，因为是等腰三角形，所以，又因为，所以，故A正确；

设正方体的棱长为a，当点F与点M或点N重合时，直线与直线所成角最大，此时，所以B错误；

平面平面，取F为的中点，则，，∴即为平面与平面所成的锐二面角，，所以C正确；

因为当F为与的交点时，截面为菱形（为的交点），面积为，故D错误.

故选：AC.

【点睛】

本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．

12．如图，过点作两条直线和分别交抛物线于和(其中位于x轴上方)，直线交于点Q.则下列说法正确的是（    ）

A．两点的纵坐标之积为

B．点Q在定直线上

C．点P与抛物线上各点的连线中，最短

D．无论旋转到什么位置，始终有

【答案】AB

【解析】设点，联立直线与抛物线方程消，利用韦达定理得到，故A正确；由题得，写出直线的方程和的方程消去y得，将代入即可判断选项B，计算即可判断选项C，由即可判断选项D.

【详解】

设点，

将直线l的方程代入抛物线方程得：

.

则.故A正确；

由题得，

直线的方程为，

直线的方程为，

消去y得，

将代入上式得，

故点Q在直线上，故B正确；

计算可知选项C错误；

因为，但，

所以D错误.

故选：AB.

【点睛】

本题主要考查了直线与圆锥曲线的相关问题.属于中档题.

三、填空题

13．如图所示，在平面直角坐标系中，，则点D的坐标为_________.

【答案】

【解析】点D的坐标为，由可得答案.

【详解】

设点D的坐标为，则，

即解得.

故答案为：

【点睛】

本题考查利用向量的坐标求点的坐标，属于基础题.

14．已知函数，若曲线在处的切线与直线平行，则______.

【答案】

【解析】根据函数，求导，再根据曲线在处的切线与直线平行，由求解.

【详解】

因为函数，

所以，

又因为曲线在处的切线与直线平行，

所以，

解得，

故答案为：

【点睛】

本题主要考查导数的几何意义，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

15．过双曲线的下焦点作轴的垂线，交双曲线于两点，若以为直径的圆恰好过其上焦点,则双曲线的离心率为__________．

【答案】

【解析】过双曲线的下焦点作轴的垂线，交双曲线于，两点，则，以为直径的圆恰好过其上焦点，可得：，∴，可得，解得，舍去，故答案为.

16．已知函数，其中为自然对数的底数.若函数有个不同的零点，则实数的取值范围是__________________.

【答案】

【解析】本题先根据分段函数的解析式求出函数在各段内的最值并判断单调性，再将零点问题转化为交点问题，最后根据函数图像解题即可.

【详解】

（1）当时，，则，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

∴在时取得极小值也即最小值；

（2）当时，，，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

∴在时取得极大值也即最大值；

把函数有3个不同的零点转化为，有三个不同的交点问题；

当与相切时，

两函数图形恰好有两个交点，设切点坐标为，

则，整理得，

∴，由图像观察得：.

故答案为：.

【点睛】

本题考查分段函数的单调性与最值，根据函数的零点的个数求参数的范围，是基础题.

四、解答题

17．在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答.已知的内角的对边分别为，，而且_____.

（1）求；

（2）求周长的最大值.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】（1）条件选择见解析，；（2）最大值为.

【解析】（1）选①可整理得，由余弦定理得，即可求得的值；

选②，由正弦定理，可得，得到，

求得，进而求得的值；

选③，由正弦定理化简得，结合余弦定理，求得，即可求得的值；

（2）由（1）可得，再由余弦定理求得，结合基本不等式，得到，进而求得周长的最大值.

【详解】

（1）选①，把，整理得，

由余弦定理得，

因为，所以.

选②，因为，

由正弦定理，可得，

因为，则，所以，

可得，

又，所以，故，即.

选③，因为，

由正弦定理得：，即，

所以，

因为，所以.

（2）由（1）可知，，

在中，由余弦定理得，即，

所以，当且仅当时取等号，

所以，所以，

即周长的最大值为.

【点睛】

本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键．通常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.

18．如图1，在中，，D为的中点，将沿折起，得到如图2所示的三棱锥，二面角为直二面角.

（1）求证：平面平面；

（2）设E为的中点，，求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】（1）根据条件求解出的长度，由此判断出的位置关系，再根据面面垂直的性质定理得到线面垂直并结合面面垂直的判定定理完成证明；

（2）建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量夹角的余弦值计算出二面角的余弦值.

【详解】

（1）证明：在中，，∴ ，

∵ D为中点，∴，

又∵ ，∴ ，∴ ，

∴ .

∵ 二面角为直二面角，

∴平面平面，又∵ 平面平面，∴ 平面.

又∵平面，∴平面平面.

（2）以B为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，过点B且垂直于平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

可求得，，因为E为的中点，，所以，，

∴ ，

设平面的法向量为，平面的法向量为，则

得，∴ 取，

得，∴ 取，

∴ ，所以二面角的余弦值为.

【点睛】

本题考查立体几何的综合应用，其中涉及了面面垂直的证明、二面角的向量求法，难度一般.（1）面面垂直的证明思路：先证明线面垂直，再根据面面垂直的判定定理完成证明；（2）利用向量法求解二面角的余弦值时，要注意结合图形判断二面角的平面角是钝角还是锐角.

19．已知各项均为整数的数列满足，，前6项依次成等差数列， 从第5项起依次成等比数列．

（1）求数列的通项公式；

（2）求出所有的正整数m ，使得．

【答案】(1) ；(2) m= 1，或m=3．

【解析】（1）首先根据条件前项成等差数列可以将，用公差的代数式表示，再由条件从第项起依次成等比数列可以得到关于公差的方程：，从而解得或（舍去），即可得数列的通项公式为；（2）考虑到（1）中求得数列的分段性，因此首先可验证或时符合题意，或时不合题意，接下来只需说明当，条件给出的方程无解即可：，

若，则，∴，而这是不可能成立的，从而得证.

【详解】

（1）设数列前项的公差为，则，(为整数)

又∵，，成等比数列，∴，即，得或（舍去），

当 时，， 6 分 ∴，，数列从第项起构成的等比数列的公比为，

∴当时，，故，

（2）由（1）知，当时等式成立，即，

当时等式成立，即，

当或时等式不成立，

当时，，

若，则，∴，

 ，，从而方程无解，∴ .

故所求或．

20．设函数，其中.

（1）若，证明：当时，；

（2）若在区间内有两个不同的零点，求a的取值范围.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】（1）由得在上为增函数，则从而得证.
（2）即在区间内有两个不同的实数根,设求出的导数，研究出的单调性，从而可得答案.

【详解】

（1），

由，得，

则，即在上为增函数.

故，即.

（2）由，得.

设函数，

则.

令，得.

则时，时，，

所以在上单调逼增，在上单调减.

又因为，

所以当时，方程在区间内有两个不同解，

即所求实数a的取值范围为.

【点睛】

本题考查利用导数证明不等式和利用导数研究零点问题，考查等价转化的能力，属于中档题.

21．现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择.为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏.

（Ⅰ）求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；

（Ⅱ）求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；

（Ⅲ）用X，Y分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记，求随机变量的分布列与数学期望.

【答案】（1）（2）（3）

【解析】【详解】

解：依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为，去参加乙游戏的概率为.设“这4个人中恰有i人去参加甲游戏”为事件(i＝0,1,2,3,4)，则

（Ⅰ）这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率

（Ⅱ）设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B，则，

由于与互斥，故

所以，这4个人去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为

（Ⅲ）ξ的所有可能取值为0,2,4.由于与互斥，与互斥，故

，

．

所以ξ的分布列是

随机变量ξ的数学期望

【考点】1.离散型随机变量的期望与方差；2.相互独立事件的概率乘法公式；3.离散型随机变量及其分布列．

22．已知点P是圆上任意一点，定点，线段的垂直平分线l与半径相交于M点，P在圆周上运动时，设点M的运动轨迹为.

（1）求点M的轨迹的方程；

（2）若点N在双曲线(顶点除外)上运动，过点N，R的直线与曲线相交于，过点的直线与曲线相交于，试探究是否为定值，若为定值请求出这个定值，若不为定值，请说明理由.

【答案】（1）；（2）存在，定值为：.

【解析】（1）根据椭圆定义即可求出结果；（2）设得直线的斜率乘积，利用点斜式方程设出直线NR，NQ的方程，与（1）的方程联立，写出根与系数的关系，利用弦长公式求出|AB|，|CD|的长度，然后求和，通过计算可得出结果．

【详解】

（1）依题意：，

且，

由椭圆定义知点M的轨迹为以R，Q为焦点，长轴长为，焦距为4的椭圆，

即：，

故.

（2）设，则，

∴直线的斜率都存在，分别设为，

则，

将直线的方程代入得，

设，则，

∴，

同理可得，

【点睛】

本题考查了椭圆定义以及根与系数的关系，弦长公式，考查了学生的运算转化能力，属于中档题．