2021届四川省棠湖中学高三上学期第一次月考数学（理）试题（解析版）

这是一份2021届四川省棠湖中学高三上学期第一次月考数学（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届四川省棠湖中学高三上学期第一次月考数学（理）试题


一、单选题
1．若集合，则()（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】根据指数函数的性质，以及一元二次不等式的解法求得集合，再结合集合的交集和补集的概念及运算，即可求解.
【详解】
由题意，集合或，
可得，所以.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查了结合的混合运算，以及指数函数的性质和一元二次不等式的求解，其中解答中结合指数函数的性质，以及一元二次不等式的解法求得集合是解答的关键，着重考查运算与求解能力，属于基础题.
2．在复平面内，复数 (i为虚数单位)的共轭复数对应的点位于(　　)
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【解析】分析：首先求得复数z，然后求解其共轭复数即可.
详解：由复数的运算法则有：，
则，其对应的点位于第四象限.
本题选择D选项.
点睛：本题主要考查复数的运算法则及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
3．若，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】利用指数函数、对数函数性质，逐个分析abc取值范围，进而比较大小．
【详解】
，，
，且，则

故选C
【点睛】
对数式和指数式比较大小题型，通常将数与0、1、2或-1等比较，确定范围，再比较大小．
4．已知向量，，若，则实数（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由向量垂直得向量的数量积为0可解得．
【详解】
由已知，
∵，∴，解得．
故选：A．
【点睛】
本题考查向量垂直的数量积表示，考查数量积的坐标运算，属于基础题．
5．已知的展开式的各项系数和为32，则展开式中的系数为（ ）
A．20 B．15 C．10 D．5
【答案】D
【解析】由题意知的展开式的各项系数和为32，求得，再根据二项展开式的通项，即可求解．
【详解】
由题意知的展开式的各项系数和为32，即，解得，
则二项式的展开式中的项为，所以的系数为5，故选D．
【点睛】
本题主要考查了二项式定理的系数和，及展开式的项的系数的求解，其中解答中熟记二项式的系数和的解法，以及二项展开式的通项是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
6．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】根据三视图知几何体是一个四分子一圆锥与一个三棱锥的组合体，分别计算其表面积得解.
【详解】

四分子一圆锥表面积
,
所以组合体表面积为
故选：D
【点睛】
本题考查三视图还原几何体求表面积问题.
几何体三视图还原其直观图时，要熟悉柱、锥、球、台的三视图，结合空间想象将三视图还原为直观图．
7．各项均为正数的等比数列中，，数列的前项和为.则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设等比数列的公比为利用等比数列通项公式,结合得到关于的方程,解方程求出公比,然后代入等比数列通项公式求出即可.
【详解】
设等比数列的公比为，由题意知,
则
解得,由等比数列通项公式可得,
.
故选:A
【点睛】
本题考查等比数列通项公式和前n项和公式;考查运算求解能力;熟练掌握等比数列通项公式和前n项和公式是求解本题的关键;属于基础题.
8．在中，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】利用平面向量基本定理分析求解即可.
【详解】
由已知可得点是靠近点的三等分点，又点是的中点．

故选
【点睛】
本题考查平面向量基本定理的应用，属基础题.
9．已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】利用诱导公式结合二倍角的余弦公式可求得的值.
【详解】
.
故选：B.
【点睛】
本题考查利用二倍角的余弦公式和诱导公式求值，考查计算能力，属于中等题.
10．已知点在表示的平面区域内，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】画出约束条件的可行域,转化m2+n2为x,y的关系,利用目标函数的几何意义转化求解即可．
【详解】
表示的平面区域如图阴影部分,
点(m+n,m-n)在表示的平面区域内,
设,即在表示的平面区域内,
且,
所以,
则m2+n2的最小值为可行域内的点与原点距离的平方的一半．
由可行域可知,可行域内的点与坐标原点的距离的最小值为P到原点的距离,
即原点到直线2x-y-2=0的距离,所以距离的最小值为:
所以m2+n2的最小值为:,
故选：A．

【点睛】
本题考查线性规划的简单应用，考查数形结合以及转化思想的应用，是中档题．
11．函数的部分图象大致为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】首先根据题意得到为奇函数，从而排除B，C，再根据，即可得到答案.
【详解】
令，
则，为奇函数.
又因为为偶函数，的定义域为，
故为奇函数，排除B，C.
因为，
，排除D.
故选：A
【点睛】
本题主要考查函数的图象，利用函数的奇偶性和特值法为解题的关键，属于中档题.
12．已知函数，方程恰有两个不同的实数根、，则的最小值与最大值的和（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】作出函数的图象，数形结合可得出实数的取值范围，将、用表示，可将表示为以为自变量的函数，利用导数可求得的最大值和最小值，进而可求得结果.
【详解】
作出函数的图象如下图所示：

由图象可知，当时，直线与函数的图象有两个交点、，
，则，可得，则，
构造函数，其中，则.
当时，，此时函数单调递减；
当时，，此时函数单调递增.
所以，，
，，显然，.
因此，的最大值和最小值之和为.
故选：C.
【点睛】
本题考查利用导数求解代数式的最值，解题的关键就是将表示为以为自变量的函数，考查计算能力，属于中等题.


二、填空题
13．已知直线：，：，且，则k的值______.
【答案】
【解析】根据两直线平行列关于的方程，解出的值，然后代入两直线方程进行验证是否满足，即可得出实数的值.
【详解】
直线：，：，且，
则，解得或.
当时，，，两直线重合，不合乎题意；
当时，，即，，两直线平行，满足题意.
因此，.
故答案为：
【点睛】
本题考查利用两直线平行求参数，在求出参数后，还应将参数的值代入两直线方程，验证两直线是否平行，考查运算求解能力，属于基础题.
14．不等式在区间上的解集为__________．
【答案】
【解析】原不等式可化为，利用正弦函数的性质和整体法可求其解集.
【详解】
由 有，
所以 ，
解出，又，
所以 或，故解集为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查三角不等式，注意利用三角变换公式将原不等式化简为的形式，再利用正弦函数的性质求解.
15．在三棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的体积的最小值为______．
【答案】
【解析】先将三棱锥还原到长方体中，根据题意建立长方体的体对角线与的函数关系式，求解体对角线的最小值，由此得出外接球的体积的最小值．
【详解】
如图所示，三棱锥的外接圆即为长方体的外接圆，外接圆的直径为长方体的体对角线，设，那么,,所以．由题意，体积的最小值即为最小，，所以当时，的最小值为，所以半径为，故体积的最小值为．

【点睛】
根据题意把三棱锥还原到长方体是解决三棱锥外接球问题的常见解法，不同题目背景，还原方法不一样，但三棱锥的四个顶点一定是长方体的顶点．
16．函数，有下列命题：
①的图象关于轴对称；
②的最小值是2；
③在上是减函数，在上是增函数；
④没有最大值．
其中正确命题的序号是______ ．（请填上所有正确命题的序号）
【答案】①④
【解析】根据偶函数的定义可判断①；根据基本不等式可判断②；根据复合函数单调性可判断③；由函数单调性可判断④．
【详解】
因为，由偶函数定义可知函数关于y轴对称，所以①正确；
因为，所以，所以的最小值为，所以②错误；
令，结合打勾函数的图象与性质，可知在上是减函数，在上是增函数，所以在上是减函数，在上是增函数，所以③错误；
由③可知，没有最大值，所以④正确．
综上所述，正确命题的序号是①④
【点睛】
本题考查了函数的综合应用，偶函数的定义，基本不等式的应用，打勾函数的图象与性质，属于中档题．

三、解答题
17．的内角的对边分别为，已知.
（1）求的大小；
（2）若，求面积的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）利用正弦定理将边化角，结合诱导公式可化简边角关系式，求得，根据可求得结果；
（2）利用余弦定理可得，利用基本不等式可求得，代入三角形面积公式可求得结果.
【详解】
（1）由正弦定理得：
，，
又，，，即
由得：.
（2）由余弦定理得：
又（当且仅当时取等号），

即
三角形面积的最大值为：
【点睛】
本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理化简边角关系式、余弦定理解三角形、三角形面积公式应用、基本不等式求积的最大值、诱导公式的应用等知识，属于常考题型.
18．如图，在四棱锥中，底面是菱形，.

（1）证明：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）取中点，连接，，易知为等边三角形，根据等腰三角形三线合一的性质可证得，；由线面垂直判定定理可知平面；根据线面垂直的性质可证得结论；（2）以为原点建立空间直角坐标系，首先求得平面的法向量，根据直线与平面所成角的向量求法求得结果.
【详解】
（1）证明：取中点，连接，，

四边形为菱形
又 为等边三角形，又为中点
，为中点
平面， 平面
又平面
（2）以为原点，可建立如下图所示空间直角坐标系：

由题意知：，，，
则，，，
，，
设平面的法向量
，令，则，
设直线与平面所成角为

即直线与平面所成角的正弦值为：
【点睛】
本题考查立体几何中的线线垂直关系的证明、直线与平面所成角的求解，涉及到线面垂直判定与性质定理的应用、空间向量法求解立体几何中的线面夹角问题等知识；证明线线垂直关系的常用方法是通过线面垂直关系，根据线面垂直性质证得结论.
19．2019年由“杂交水稻之父”袁隆平团队研发的第三代杂交水稻10月21日至22日首次公开测产，经测产专家组评定，最终亩产为1046.3千克．第三代杂交水稻的综合优势，可以推动我国的水稻生产向更加优质、高产、绿色和可持续方向发展．某企业引进一条先进的年产量为100万件的食品生产线，计划以第三代杂交水稻为原料进行深加工．已知该生产线生产的产品的质量以某项指标值为衡量标准，其产品等级划分如下表．为了解该产品的生产效益，该企业先进行试生产，并从中随机抽取了1000件产品，测量了每件产品的质量指标值，得到如下的产品质量指标值的频率分布直方图．

质量指标值





产品等级
废品
合格
良好
优秀
良好

（1）若从质量指标值不小于85的产品中，采用分层抽样的方法抽取7件产品，然后从这7件产品中任取3件，求产品的质量指标值的件数的分布列及数学期望；
（2）将频率视为概率，从该产品中有放回地随机抽取3件，记“抽出的产品中至少有1件是合格及以上等级”为事件．求事件发生的概率；
（3）若每件产品的质量指标值与利润（单位：元）的关系如下表所示；（）
质量指标值





利润






试确定的值，使得该生产线的年盈利取得最大值，并求出最大值（参考数值：，，）
【答案】（1）答案见解析；（2）0.973；（3），90万元．
【解析】（1）由频率分布直方图求出质量指标值所处范围内的频率，根据分层抽样的知识求出各层的样本数，进而利用超几何分布求解概率，得分布列，求得数学期望；
（2）由频率分布直方图求出对应事件的频率，然后用频率估计概率，最后代入二项分布的公式中求解即可；
（3）根据频率分布直方图，确定每个范围内产品利润取值的概率，建立利润的函数模型，利用导数求函数的最值即可.
【详解】
解：（1）由频率分布直方图可知，质量指标值不小于85的产品中，
的频率为；
的频率为；
的频率为．
故利用分层抽样的方法抽取的7件产品中，的有4件，
的有2件，的有1件．
从这7件产品中任取3件，质量指标值的件数的所有可能取值为0，1，2，
则；
；
．
所以的分布列为

0
1
2





故．
（2）设“从该产品中抽取一件为合格及以上等级”的概率为，则根据频率分布直方图可得，
则．
（3）由题意可得该产品的质量指标值与对应概率如下表所示（）：
质量指标值





利润






0.3
0.4
0.15
0.1
0.05

故每件产品的利润，
则，令，则，
故当时，，当时，，
所以当时，取得最大值，
（元）．
所以当时，每件产品的利润取得最大值为0.9元
电已知，该生产线的年产量为100万件，
所以该生产线的年盈利的最大值为（万元）．
【点睛】
本题考查频率分布直方图，分层抽样，超几何分布，数学期望的求解，二项分布，利用导数研究函数的最值等，考查数据分析、数学建模、数学运算等核心素养.
20．己知椭圆的离心率为分别是椭圈的左、右焦点，椭圆的焦点到双曲线渐近线的距离为.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆交于两点，以线段为直径的圆经过点，且原点到直线的距离为，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）根据焦点到双曲线渐近线的距离求出，再由离心率求出，利用即可求解.
（2）利用点到直线的距离公式可得，联立，消整理关于的一元二次方程，，再由，利用向量数量积的坐标表示以及韦达定理可得，与联立即可求解.
【详解】
（1）由题意知，
双曲线方程知其渐近线方程为：
∴焦点到双曲线渐近线距离：，解得：
由椭圆离心率得：，
∴椭圆的方程为：
（2）原点到直线距离为：，整理得：
设
由得：
则，即：

∵以为直径的圆过点，
又，


，即：，
由且，得：，满足
∴直线方程为：.
【点睛】
本题考查了由离心率求椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系，考查了计算求解能力，属于难题.
21．已知函数，.
（1）求的极值；
（2）若方程有三个解，求实数的取值范围.
【答案】（1）当时，极小值；当时，无极值；当时，极大值；（2）.
【解析】（1）求得的定义域和导函数，对分成三种情况进行分类讨论 的极值.
（2）构造函数，通过的导函数研究的零点，对分成进行分类讨论，结合有三个零点，求得的取值范围.
【详解】
（1）的定义域为，，
当时，在上递减，在上递增，所以在处取得极小值 ，
当时，，所以无极值，
当时，在上递增，在上递减，所以在处取得极大值.
（2）设，即，
.
①若，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，至多有两个零点.
②若，则，（仅）.单调递增，至多有一个零点.
③若 ，则 ，当或时，， 单调递增；当时，，单调递减，要使有三个零点，必须有成立.
由，得，这与矛盾，所以不可能有三个零点.
④若，则.当或时，，单调递增；当时，，单调递减，要使有三个零点，必须有 成立，
由，得，由 及，得，
.
并且当时，，，，.
综上，使有三个零点的的取值范围为.
【点睛】
本小题主要考查利用导数研究函数的极值，考查利用导数研究方程的根，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，以轴正半轴为极轴建极坐标系．
（1）求的极坐标方程；
（2）直线，的极坐标方程分别为，，直线与曲线的交点为，直线与曲线的交点为，求线段的长度．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）利用，将参数方程化简为直角坐标方程，再根据公式，即可求得其极坐标方程；
（2）利用极坐标方程，求得，即可由余弦定理，即可求得的值.
【详解】
（1）由曲线的参数方程为得曲线的直角坐标方程为：，
所以极坐标方程为即．
（2）将代入中有，即，
将代入中有，即，
，
余弦定理得
，
．
【点睛】
本题考查参数方程化普通方程、普通方程化极坐标方程、余弦定理，考查综合分析求解能力，属基础题.
23．已知，且．
（1）求证：；
（2）当时，不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）见证明；（2）.
【解析】（1）由柯西不等式即可证明；
（2）可先计算的最小值，再分，，三种情况讨论即可得到答案.
【详解】
解：（1）由柯西不等式得．
∴，当且仅当时取等号．
∴；
（2），
要使得不等式恒成立，即可转化为，
当时，，可得，
当时，，可得，
当时，，可得，
∴的取值范围为：．
【点睛】
本题主要考查柯西不等式，均值不等式，绝对值不等式的综合应用，意在考查学生的分析能力，计算能力，分类讨论能力，难度中等.