2021届四川省内江市第六中学高三10月月考数学（理）试题（解析版）

这是一份2021届四川省内江市第六中学高三10月月考数学（理）试题（解析版），共21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届四川省内江市第六中学高三10月月考数学（理）试题


一、单选题
1．已知集合，，则（ ）.
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】利用集合交集的定义计算可得结果．
【详解】
集合，
则
故选：A
【点睛】
本题考查集合的交集运算，考查学生计算能力，属于基础题．
2．复数等于（ ）.
A． B． C．4 D．
【答案】D
【解析】根据复数的计算，先求，再平方即可得解.
【详解】
由，
，
故选：D.
【点睛】
本题考查了复数的计算，考查了复数的乘方运算，考查了复数运算的相关的性质，属于基础题.
3．2名男同学和1名女同学随机排成一行照相，则2名男同学不相邻的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】算出3名同学排成一排的排法，再计算2名男同学不相邻的排法，根据古典概型的概率计算公式可得所求的概率.
【详解】
设2名男同学为，一名女同学为，
3名同学排成一排，共有种排法，排法如下：
，，
其中2名男同学不相邻的排法有：，
故所求的概率为，
故选：B.
【点睛】
本题考查古典概型的概率的计算，关键是基本事件的总数和随机事件中基本事件的个数的计算，计算时可采用枚举法、树形图等帮助计数（个数较少时），也可以利用排列组合的方法来计数（个数较大时）.
4．已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且，则（ ）
A．16 B．8 C．4 D．2
【答案】C
【解析】利用方程思想列出关于的方程组，求出，再利用通项公式即可求得的值．
【详解】
设正数的等比数列{an}的公比为，则，
解得，，故选C．
【点睛】
本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键．
5．已知函数在区间内单调递增，且，若，，，则，，的大小关系为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据，得f（x）为偶函数，结合偶函数的单调性可得f（x）在（0，+∞）内单调递减，＝f（log23），进而又由，分析可得答案.
【详解】
根据题意，函数满足，则为偶函数.
又由偶函数在区间内单调递增，得f（x）在（0，+∞）内单调递减.
，∵，，，
∴，即．
故选：B
【点睛】
考查对数的运算，偶函数的定义，指数函数的单调性，以及偶函数在对称区间上的单调性性质，属于中档题．
6．已知向量与的夹角是，且，，则在上的投影为（ ）.
A． B． C． D．2
【答案】A
【解析】根据向量的投影的概念，利用投影的公式，即可求解.
【详解】
由题意，向量与的夹角是，且，，
所以在上的投影为.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了向量的数量积的几何意义，其中解答中熟记向量的投影的概念及运算公式是解答的关键，着重考查运算与求解能力.
7．若直线与抛物线相交于，两点，则等于（ ）.
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】联立直线与抛物线方程，消去，通过韦达定理及弦长公式计算即可．
【详解】
解：联立，消去得，
设，，
则，
．
故选：B．
【点睛】
本题考查直线与抛物线的位置关系，注意弦长公式的应用，是基础题．
8．三国时期吴国的数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，如图所示的“勾股圆方图”中，四个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成一个大正方形，若小正方形面积为1，大正方形面积为25，直角三角形中较大的锐角为，则

A．2 B． C． D．
【答案】D
【解析】设BC＝x，AC＝y，由题意列关于x，y的方程组，求解得到x，y的值，进一步得到tanθ，展开两角差的正切得答案．
【详解】
解：如图，

设BC＝x，AC＝y，
则，解得．
∴tanθ．
∴．
故选．
【点睛】
本题考查三角恒等变换及化简求值，考查两角差的正切，考查平面几何知识，是基础题．
9．《九章算术》中描述的“羡除”是一个五面体，其中有三个面是梯形，另两个面是三角形.已知一个羡除的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的体积为（ ）

A．20 B．24 C．28 D．32
【答案】B
【解析】画出五面体的直观图，利用割补法求其体积.
【详解】
五面体对应的直观图为：


由三视图可得：，
三个梯形均为等腰梯形且平面平面
到底面的距离为，间的距离为.
如下图所示，
将五面体分割成三个几何体，其中为体积相等的四棱锥，且，，则棱柱为直棱柱，为直角三角形.
又；
，
故五面体的体积为.故选A.

【点睛】
本题考查三视图，要求根据三视图复原几何体，注意复原前后点、线、面的关系．而不规则几何体的体积的计算，可将其分割成体积容易计算的规则的几何体.
10．若函数的图象在处的切线与圆相切，则的最大值是（ ）
A．4 B． C．2 D．
【答案】B
【解析】先利用导数求出函数y＝f（x）的图象在x＝0处的切线方程，利用该直线与圆相切，得出a2+b2＝1，然后再利用基本不等式可求出a+b的最大值．
【详解】
函数f（x）求导得，，，
所以，函数的图象在x＝0处的切线方程为，即bx+ay+1＝0，
该直线与圆x2+y2＝1相切，则有，化简得a2+b2＝1，
由基本不等式可得（a+b）2＝a2+b2+2ab≤2（a2+b2）＝2，所以，，
当且仅当a＝b时等号成立，所以，a+b的最大值为．
故选B．
【点睛】
本题考查圆的切线方程，解决本题的关键在于转化直线与圆相切的问题，考查计算能力与转化能力，属于中档题．
11．已知为双曲线右支上一点，分别为双曲线左顶点和的右焦点，，若，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设，双曲线的左焦点为，
由题意可知，为等边三角形，所以，所以由双曲线的定义，得.
在中，由余弦定理得.
化简得.得，解得或（舍），即双曲线的离心率为4，故选C.
12．函数在内有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】设，则函数等价为，条件转化为，进而转化为与有两个交点，利用函数的单调性和导数的几何意义，结合绝对值，合理分类讨论，即可求解，得到答案.
【详解】
由题意，函数，
设，则，
因为，所以，
则函数等价于，
即等价为在上有两个零点，
即在有两个根，
设，则，即函数是奇函数，
则，即函数在上是增函数，
且，
当，若时，则函数只有一个零点，不满足条件；
若时，则，
设过原点的直线与相切，切点为，
由，则，
则切线方程为，
切线过原点，则，即，
则，
当，即切点为，此时切线的斜率为，
若，则，此时切线与相切，只有一个交点，不满足题意.
当直线过点时，，
此时直线，
要使得与由两个交点，则，
当时，时，，
由，得，当直线过点时，，
要使得与由两个交点，则，
综上或，
即实数的取值范围是 ，
故选D.
【点睛】
本题主要考查函数与方程的综合应用问题，其中解答中利用换元法，利用条件转化为两个函数的图象的交点个数问题，利用导数求得函数的单调性和导数的几何意义，合理分类讨论是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与计算能力，试题难度大，属于难题.


二、填空题
13．已知，且，则______.
【答案】
【解析】根据余弦的倍角公式，求得，再由三角函数的基本关系式，即可求解.
【详解】
由题意，根据余弦的倍角公式，可得，
因为，.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了三角函数的化简求值问题，其中解答中熟练应用余弦的倍角公式和三角函数的基本关系式，准确运算是解答的关键，着重考查运算能力.
14．二项式的展开式中的常数项为______.
【答案】
【解析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项．
【详解】
解：的展开式的通项公式为，
令，解得，
∴展开式的常数项为．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题．
15．已知函数是定义在上的奇函数，且对任意，恒有成立，当时，，则______.
【答案】
【解析】由成立，得到是周期为4的函数，得到
，结合函数的奇偶性和函数的解析式，分别求得的值，即可求解.
【详解】
由题意，函数对任意，恒有成立，
所以函数是以4为周期的周期函数，
所以，
又由函数是定义在的奇函数，且时，，
，
因为，令，可得，解得，
所以，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了函数的奇偶性与周期性的应用，其中解答中根据题意求得函数是以4为周期的周期函数，在结合函数的奇偶性和函数的解析式求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
16．已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为______
【答案】
【解析】将不等式恒成立转化为在上恒成立,进一步转化为恒成立，即恒成立.再构造函数,利用导数求最值可解决.
【详解】
易求得函数的定义域为 ，由，
得，
因为函数与函数互为反函数，
其图象关于直线对称，


所以要使得恒成立，
只需恒成立，即恒成立，
设，则，
在上递减，在递增，
可知当时，取得最小值，
所以，又因为，所以的取值范围是.
【点睛】
本题考查了等价转化思想,不等式恒成立问题.属中档题.

三、解答题
17．已知等差数列的公差，前3项和，且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）由条件可得，解出和，利用等差数列的通项公式可求得；
（2）用错位相减法求和可得答案.
【详解】
解：（1）由已知，解得.
∴；
（2）∵，
∴，
，
两式作差可得：，
得.
【点睛】
本题考查等比中项的应用，考查错位相减法求和，属于中档题.
18．在中，内角，，的对边分别为，，，设平面向量，，且.
（1）求；
（2）若，，求面积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）首先由数量积公式得到，再根据正弦定理化为，最后代入余弦定理计算角的值；（2）根据余弦定理求，再代入三角形面积公式求面积.
【详解】
（1）因为，
所以，即，
即，
根据正弦定理得，所以，
所以；
（2）由余弦定理，又，所以，
所以.
【点睛】
本题考查正余弦定理解三角形，三角形面积，重点考查转化与变形，计算能力，属于基础题型.
19．已知函数（a为实常数）.
（1）讨论函数的奇偶性，并说明理由;
（2）当为奇函数时，对任意的，不等式恒成立，求实数u的最大值
【答案】（1），奇函数，，非奇非偶函数；理由见解析；（2）3.
【解析】（1）若函数为奇函数，由奇函数的定义可求得的值；又，则不可能为偶函数，即时，函数是非奇非偶函数；
（2）对任意的，不等式恒成立，化简不等式参变分离，构造新函数，利用换元法和对勾函数的单调性求出最值，代入得出实数u的最大值．
【详解】
（1）若函数为奇函数，
则，
即，对恒成立，
所以，
解得，
又，
对任意实数，，所以不可能为偶函数，
所以时，函数是非奇非偶函数.
（2）当为奇函数时，，，
因为对任意的，不等式恒成立，
所以对任意的，不等式恒成立，
令，
令，
因为，在是增函数，
所以当时，，即，
所以，
所以实数u的最大值是3.
【点睛】
本题考查函数的性质和恒成立问题，考查函数奇偶性的定义，考查对勾函数的单调性，考查学生转化思想和计算能力，属于中档题．
20．某健身机构统计了去年该机构所有消费者的消费金额（单位：元），如下图所示：

（1）将去年的消费金额超过 3200 元的消费者称为“健身达人”，现从所有“健身达人”中随机抽取 2 人，求至少有 1 位消费者，其去年的消费金额超过 4000 元的概率；
（2）针对这些消费者，该健身机构今年欲实施入会制，详情如下表：
会员等级
消费金额
普通会员
2000
银卡会员
2700
金卡会员
3200
预计去年消费金额在内的消费者今年都将会申请办理普通会员，消费金额在内的消费者都将会申请办理银卡会员，消费金额在内的消费者都将会申请办理金卡会员. 消费者在申请办理会员时，需-次性缴清相应等级的消费金额.该健身机构在今年底将针对这些消费者举办消费返利活动，现有如下两种预设方案：
方案 1：按分层抽样从普通会员， 银卡会员， 金卡会员中总共抽取 25 位“幸运之星”给予奖励: 普通会员中的“幸运之星”每人奖励 500 元； 银卡会员中的“幸运之星”每人奖励 600 元； 金卡会员中的“幸运之星”每人奖励 800 元.
方案 2：每位会员均可参加摸奖游戏，游戏规则如下：从-个装有 3 个白球、 2 个红球（球只有颜色不同）的箱子中， 有放回地摸三次球，每次只能摸-个球.若摸到红球的总数消费金额/元为 2，则可获得 200 元奖励金； 若摸到红球的总数为 3，则可获得 300 元奖励金；其他情况不给予奖励. 规定每位普通会员均可参加 1 次摸奖游戏；每位银卡会员均可参加 2 次摸奖游戏；每位金卡会员均可参加 3 次摸奖游戏（每次摸奖的结果相互独立） .
以方案 2 的奖励金的数学期望为依据，请你预测哪-种方案投资较少？并说明理由.
【答案】（1）（2）预计方案2投资较少.详见解析
【解析】（1）由题意，随机变量的可能值为“”，得，即可求解．
（2）根据方案1求得按照方案1奖励的总金额元，又由方案2：得到的可能值为“”，求得其概率，列出分布列，求得按照方案2奖励的总金额，比较得到答案．
【详解】
（1）设随机抽取的2人中，去年的消费金额超过4000元的消费者有人，
则的可能值为“0，1，2”，
∴ .
（或者.
（2）方案1：按分层抽样从普通会员，银卡会员，金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”，则“幸运之星”中的普通会员，银卡会员，金卡会员的人数分别为：
，，，
∴按照方案1奖励的总金额为：元，
方案2：设表示参加一次摸奖游戏所获得的奖励金，
则的可能值为“0，200，300”，
∵摸到红球的概率：，∴ ，
，，
∴的分布列为

0
200
300





∴元，
∴按照方案2奖励的总金额为：
元，
∵方案1奖励的总金额多于方案1奖励的总金额，
∴预计方案2投资较少.
【点睛】
本题主要考查了离散型随机变量的分布列及数学期望的求解，对于求离散型随机变量概率分布列问题首先要清楚离散型随机变量的可能取值，计算得出概率，列出离散型随机变量概率分布列，最后按照数学期望公式计算出数学期望，其中列出离散型随机变量概率分布列及计算数学期望是理科高考数学必考问题.
21．设函数.
（1）若当时取得极值，求的值以及函数的单调区间；
（2）若函数存在两个极值点，，证明：.
【答案】（1）；单调增区间为，，单调减区间为；（2）证明见解析.
【解析】（1），时，取得极值，所以，解得：，再根据的正负即可得到函数单调性；
（2），存在两个极值点，即方程，在上有两个不等实根，所以，，，而等价于，构造函数即可得解.
【详解】
（1），
∵时，取得极值.∴，.
∴，
解得，或；解，得，
∴的单调增区间为，，单调减区间为.
（2），
∵存在两个极值点，∴方程，
即在上有两个不等实根.
∵，，，
∴.


∴所证不等式等价于，
即.
不妨设，即证，
令，，
则，
∴在上递增，∴，
∴成立，∴成立.
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用韦达定理搭桥各个量之间的关系，同时考查了构造法及转化思想，计算量比较大，需要较高的思维能力，属于难题.
22．直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为，为锐角，且.
（1）求曲线的极坐标方程及直线的直角坐标方程；
（2）设为曲线与轴正半轴的交点，求点到直线的距离.
【答案】（1）；；（2）.
【解析】（1）将曲线消去参数，可得普通方程，利用，可得曲线的极坐标方程；直线过原点，且斜率为，可得出的直角坐标方程；
（2）令，求出的值，点到直线的距离为，代入已知求值即可．
【详解】
（1）由曲线，消参得，
∴，
∴曲线的极坐标方程为.
直线过原点，斜率为，
∴直线的直线坐标方程为.
（2）∵为曲线与轴正半轴的交点，
∴时，，得的值为2，
又得，∴点到直线的距离为.
【点睛】
本题考查参数方程，极坐标方程和普通方程的互化，考查极坐标系下点线距的应用，属于中档题．
23．已知为正数,且,证明:
(1)；
(2).
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】（1）将a+b+c＝2平方，然后将基本不等式三式相加，进行证明；（2）由，三式相乘进行证明.
【详解】
(1)将a+b+c＝2平方得:，
由基本不等式知:，
三式相加得:，
则
所以，当且仅当a＝b＝c＝时等号成立
(2)由，同理
则，
即当且仅当时等号成立
【点睛】
本题考查利用基本不等式进行证明，属于中档题.