黑龙江省鹤岗市第一中学2021届高三数学下学期2月月考试题-理.doc

黑龙江省鹤岗市第一中学2021届高三数学下学期2月月考试题 理黑龙江省鹤岗市第一中学2021届高三数学下学期2月月考试题 理年级：姓名：7黑龙江省鹤岗市第一中学2021届高三数学下学期2月月考试题 理一、单选题1已知集合，则（ ）A B C. D2已知i为虚数单位，且复数，则复数z的共轭复数为（ ）ABC D3已知，为两两不重合的直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）A若，则 B若，则C若，则 D若，则4已知平面向量与的夹角为，若，则（ ）AB2C3D45等比数列的各项均为正数，则（ ）ABC15D106已知的展开式中各项的二项式系数的和为512，则这个展开式中的常数项为（ ）A34B672C84D6727下列命题为真命题的是（ ）A若，则B“，”的否定是“，”C函数有两个零点D幂函数在上是减函数，则实数8受新冠肺炎疫情影响，某学校按上级文件指示，要求错峰放学，错峰有序吃饭.高三年级一层楼有甲、乙、丙、丁、戊、己六个班排队吃饭，甲班不能排在第一位，且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队吃饭的不同安排方案共有（ ）A120种B192种C156种D240种9“幻方”最早记载于我国公元前500年的春秋时期大戴礼中，阶幻方（，）是由前个正整数组成的一个阶方阵，其各行各列及两条对角线所含的n个数之和（简称幻和）相等，例如“3阶幻方”的幻和为15.现从如图所示的3阶幻方中任取3个不同的数，记“取到的3个数和为15”为事件，“取到的3个数可以构成一个等差数列”为事件，则（ ） ABCD10已知函数的图象与直线相切，相邻的切点间的距离为将的图象向左平移个单位长度得到的图象，若是偶函数，则的最小值是（ ）ABCD11若函数在上取得极大值，在上取得极小值，则的取值范围是（ ）ABCD12已知 是椭圆与双曲线的公共焦点，P 是它们的一个公共点，| PF| PF |，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值为（ ）A8B6C D4二、填空题13欲利用随机数表从、这些编号中抽取一个容量为的样本，选取方法是从下面的随机数表的第行第列开始向右读，每次读取两位，直到取足样本，则第个被抽取的样本的编号为_33 95 22 00 18 74 72 18 00 18 38 79 58 69 32 81 76 80 26 92 82 80 84 25 3990 84 60 79 80 24 36 59 87 38 82 07 53 89 35 96 35 23 79 18 05 98 90 07 35 14已知满足对且时，（为常数），则的值为_15如图，三棱椎的底面是等腰直角三角形，且，则点到平面的距离等于_16已知函数，若是函数的唯一一个极值点，则实数的取值范围为_三、解答题17某市规划一个平面示意图为如图的五边形ABCDE的一条自行车赛道，ED，DC，CB，BA，AE为赛道(不考虑宽度)，BD，BE为赛道内的两条服务通道，.（1）从以下两个条件中任选一个条件，求服务通道BE的长度；（2）在（1）条件下，应该如何设计，才能使折线段赛道BAE最长(即BA+AE最大)18甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛，假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立.（1）求甲在4局以内（含4局）赢得比赛的概率；（2）记为比赛决出胜负时的总局数，求的分布列和均值（数学期望）.19如图，在四棱锥中，平面，（1）求证：平面平面；（2）长为何值时，直线与平面所成角最大？并求此时该角的正弦值20已知椭圆的离心率为，且直线与圆相切（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆相交于不同的两点，为线段的中点，为坐标原点，射线与椭圆相交于点，且点在以为直径的圆上记，的面积分别为，求的取值范围21已知函数.（1）当时，判断在的单调性；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围.22在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程；（2）设为曲线上不同两点（均不与重合），且满足，求的最大面积.23已知，且（1）求证：；（2）当时，不等式恒成立，求的取值范围参考答案1A【分析】先求得集合A、B，再由集合的交集运算得出选项.【详解】由已知得，.故选：A2C【分析】根据复数模的计算公式，以及复数的除法运算，求出，即可得出其共轭复数.【详解】因为，所以，则，因此复数z的共轭复数为.故选：C3B【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断各选项【详解】若，则或，故A错误；若，则可能与成任意角度，故D错误；若，则或，故C错误；由，得，又，得故B正确.故选：B4C【分析】可求出，再根据，对两边平方，进行数量积的运算得出，从而根据解出即可【详解】解：，所以，且，解得故选：C5D【分析】根据等比数列的性质得，由对数运算化简即可.【详解】解：因为等比数列的各项均为正数，且所以.故选：D.【点睛】对数运算的一般思路：（1）拆：首先利用幂的运算把底数或真数进行变形，化成分数指数幂的形式，使幂的底数最简，然后利用对数运算性质化简合并；（2）合：将对数式化为同底数的和、差、倍数运算，然后逆用对数的运算性质，转化为同底对数真数的积、商、幂的运算.6D【分析】由二项式系数公式求得，再根据通项公式令指数为0解出参数然后代回公式求得常数项.【详解】由已知，则，所以.令，得，所以常数项为，故选：D【点晴】方法点晴：求二项式展开式的指定项问题，一般由通项公式建立方程求参数，再代回公式求解.7C【分析】作差可判断A；写出命题的否定可判断B；利用导数判断函数的单调性和极值可判断C；根据幂函数的定义可判断D.【详解】对于A，因为，所以，所以，错误；对于B，“，”的否定是“，”，错误；对于C，函数，当得，当得，所以在是单调递增函数，在是单调递减函数，所以在时有最小值，即，所以有两个零点，正确；对于D， 由已知得，无解，幂函数在上是减函数，则实数，错误.故选：C.【点睛】本题是一道综合题，对于零点的判断，可以利用函数的单调性结合极值情况进行判断，考查了学生对基础知识、基本技能的掌握情况.8B【分析】丙丁捆绑在一起作为一个元素，变成5个元素进行排列，其中甲先在后面4个位置中选一个，这样由乘法原理可得结论（注意丙丁内部也有排列）【详解】丙丁捆绑在一起看作一个班，变成5个班进行排列，然后在后面4个位置中选1个排甲，这样可得排法为故选：B9A【分析】根据题意，先列举出事件发生对应的基本事件，再列举出事件同时发生对应的基本事件，基本事件的个数比，即为所求的概率.【详解】根据题意，事件包含的基本事件有：，；共个基本事件；事件同时发生包含的基本事件有：，共个基本事件，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查求条件概率，属于基础题型.10C【分析】根据二倍角公式可得，由题意可得，从而可得，再利用三角函数图象的平移变换可得，由是偶函数，可得，解方程即可.【详解】，因为的图象与直线相交，相邻的交点间的距离为，即所以，故的图象向左平移个单位长度，得到的图象，因为是偶函数，所以，得因为，所以的最小值是故选：C11C【分析】求导后导函数为二次函数，根据极值的条件得到关于的不等式组，利用线性规划方法，画出可行域，将所求式子的值看做区域上点与定点的连线的斜率，根据直线斜率的变化规律求得取值范围.【详解】函数f(x)在上取得极大值，在上取得极小值，即，在直角坐标系aOb中画出不等式组所表示的区域如图所示：这是由为顶点的三角形及其内部区域，可看作区域上点与点的连线的斜率，结合图形可知故选：C【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值和简单线性规划问题，属小综合题.关键点在于求得导函数后，结合二次函数的性质和函数取得极大值和极小值的条件，得到,得到a,b,c满足的不等式组.然后解决由多个二元一次不等式组构成的条件下求表达式的取值范围问题，常见直线型目标函数，斜率型目标函数和距离型目标函数，利用数形结合方法求解是常用的思路.12A【分析】由题意可得，再设椭圆和双曲线得方程，再利用椭圆和双曲线的定义和离心率可得的表达式，化简后再用均值不等式即可求解.【详解】由题意得：，设椭圆方程为，双曲线方程为，又.，则 ，当且仅当，即时等号成立.则的最小值为8.故答案为：8.【点睛】考查椭圆和双曲的定义,焦半径公式以及离心率，其中将化为为解题关键，注意取等号.13【分析】根据随机数表的读取方式，重复出现的数字只读一次即可得出结果.【详解】根据随机数表的知识可知，抽取的样本的编号依次为、，故第个被抽取的样本的编号为.故答案为：14【分析】由题可得，由此可求得，再由即可求出.【详解】，时，解得，.故答案为：.15【分析】将三棱锥补全为边长为1的正方体，再由等体积法求得点到平面距离.【详解】由题意，可将三棱锥补全为边长为1的正方体如图所示，设点到平面的距离为，则由得，所以故答案为：【点晴】方法点晴：求点到平面距离通常用等体积法求解.16【分析】求的导函数，因为是函数的唯一一个极值点，所以是导函数的唯一根，所以在上无变号零点设，结合与的图像可知答案【详解】由题可得 因为是函数的唯一一个极值点，所以是导函数的唯一根所以在上无变号零点设，则 当时，在上单调递减当时，在上单调递增所以 ，结合与的图像可知，若是函数的唯一极值点，则 故实数的取值范围为.【点睛】本题考查导函数问题，解题的关键是构造函数17（1）；（2）当时，折线段赛道BAE最长.【分析】（1）在中应用余弦定理求得，进而在应用勾股定理求得（2）在中，应用余弦定理表达出与的等量关系，再结合不等式求得的最大值即可【详解】（1）当时，在中，由余弦定理得：，.，又，在中，.当，由，在中，利用余弦定理可得,解得或（舍）. （2）在中，.由余弦定理得，即，故，从而，即，当且仅当时，等号成立，即设计为时，折线段赛道最长.18（1）；（2）.【分析】（1）甲在4局以内（含4局）赢得比赛的情况有：前2局甲赢；第1局乙赢、第2、3局甲赢；第1局甲赢、第2局乙赢、第3、4局甲赢，从而就可以求出概率.（2）根据题意的可能取值为，求出相应的概率，列出分布列，再利用均值公式计算即可.【详解】（1）用表示“甲在4局以内（含4局）赢得比赛”，表示“第局甲获胜”，表示“第局乙获胜”.则，.（2）的可能取值为.，.故的分布列为2345所以.考点：1.概率的求解；2.期望的求解.19（1）证明见解析；（2），直线与平面所成角最大，此时该角的正弦值为.【分析】（1）根据已知条件，得到，再利用正切函数的性质，求得，得到，进而可证得平面平面；（2）建立空间坐标系，得到，进而得到平面的一个法向量为，进而可利用向量的公式求解【详解】（1）平面平面，又，即（为与交点）又，平面，又因为平面，所以，平面平面（2）如图，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间坐标系，如图，设，则，则，设平面法向量为，则，即，取，得平面的一个法向量为，所以，因为，当且仅当时等号成立，所以，记直线与平面所成角为，则，故，即时，直线与平面所成角最大，此时该角的正弦值为【点睛】关键点睛：解题关键在于利用定义和正切函数的性质，得到平面，进而证明平面平面；以及建立空间直角坐标系，求出法向量，进行求解直线与平面所成角的最大值，难度属于中档题20（1）；（2）【分析】（1）依题意得到，再利用点到直线的距离公式得到，再根据解方程即可；（2）由为线段的中点，可得，对直线的斜率的斜率存在与否分两种情况讨论，当直线的斜率存在时，设直线，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，根据，即可得到，从而得到与的关系，即可求出面积比的取值范围；【详解】解：（1）椭圆的离心率为，（为半焦距）直线与圆相切，又，椭圆的方程为（2）为线段的中点，（）当直线的斜率不存在时，由及椭圆的对称性，不妨设所在直线的方程为，得则，（）当直线的斜率存在时，设直线，由，消去，得，即，点在以为直径的圆上，即化简，得经检验满足成立线段的中点当时，此时当时，射线所在的直线方程为由，消去，得，综上，的取值范围为【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题21（1）在上单调递增；（2）.【分析】（1）代入的值，求出函数的导数，判断在上，可得函数在上递增；（2）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最小值，根据最小值是否大于零确定的范围即可【详解】（1）当时，所以当时，所以.所以在上单调递增.（2）因为.所以，设，当时，即时，因为，所以，而，所以，即恒成立.当时，所以在上递增，而，所以，所以在上递增，即成立，当时，所以在上递增，而，所以存在，有，当时，递减，当时，递增，所以当时，取得最小值.最小值为，而，不成立.综上：实数的取值范围是.【点睛】不等式恒成立问题常见方法： 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）； 数形结合( 图象在 上方即可)； 讨论最值或恒成立； 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.22（1）；（2）.【分析】（1）由曲线的参数方程消去参数，得到曲线的普通方程，再利用普通方程与极坐标方程的转化公式即可得到答案；（2）设出两点的极坐标，代入极坐标方程中，得到与，由三角形面积公式，对其进行化简，结合三角函数的值域，即可得到三角形面积的最大值【详解】（1）设曲线上任意点的极坐标为，由题意，曲线的普通方程为，即，则，故曲线的极坐标方程为.（2）设，则，故，因为点在曲线上，则，故，,故时，取到最大面积为.【点睛】本题考查参数方程、普通方程以及极坐标方程的转化，其中普通方程与极坐标方程转化的公式为： ，考查两线段积的取值范围的求法，涉及三角函数的辅助角公式以及三角函数的值域，考查学生转化与划归的思想以及运算求解的能力，属于中档题23（1）见证明；（2）.【分析】（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.