1、塘沽一中2021届高三毕业班第三次月考数学一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知i为虚数单位，实数y满足，则（ ）A. 4B. C. 6D. B分析：利用复数相等的条件列式求得值，再由复数模的计算公式求解解答：解：由，得，则故选：B点拨：思路点睛：本题考查复数的运算，两复数相等的充要条件的应用，两复数相等则实部与实部相等、虚部与虚部相等.2. 为了评估某家快递公司的服务质量，某评估小组进行了客户满意度调查，从该公司参与调查的客户中随机抽取500名客户的评分，评分均在区间上，分组为，其频率分布直方图如图所示.规定评分在60分以下表示对该公司的服务质量不满意，则
2、这500名客户中对该公司的服务质量不满意的客户的人数为（ ）A. 15B. 16C. 17D. 18A分析：由频率分布直方图计算出评分在区间上的频率，进而可求出对该公司的服务质量不满意的客户.解答：由频率分布直方图可知，评分在区间上的频率为，所以评分在区间上的客户有（人），即对该公司的服务质量不满意的客户有15人.故选：A3. 已知等比数列的首项，公比为q，前n项和为，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件A分析：根据充分必要条件的定义判断解答：首先，时，则，充分性满足，若，所以或，例如，则，因此不必要故是充分不必要条件故选：A
3、4. 已知PABC四个点在球O的球面上，且满足平面，则该球的体积为（ ）A. B. C. D. D分析：由补形为长方体，长方体对角线为长方体外接球的直径，而长方体的外接球也为三棱锥的外接球由此易得解答：因为平面，平面，所以，又，以为棱补成一个长方体，这个长方体的外接球即为三棱锥的外接球又，所以，长方体对角线长为，则，球半径为，所以球体积为故选：D点拨：方法点睛：本题考查球的体积，解题关键是求出球的半径利用三棱锥从同一顶点出发的三条棱两两垂直，因此以它们为棱把三棱锥补成一个长方体，长方体的外接球即为三棱锥的外接球，而长方体的对角线为球的直径5. 已知函数，设，则（ ）A. B. C. D. D分
4、析：由题意可得是偶函数，当时，可得在单调递增，又，根据函数的单调性可得出答案.解答：由，则是偶函数，当时，所以在单调递增，由，则，所以又，所以故选：D点拨：本题考查利用单调性比较函数值大小，考查利用导数分析函数单调性，考查指数、对数的的大小的比较，属于中档题.6. 已知双曲线的左焦点为，以为直径的圆与双曲线的渐近线交于不同原点的两点，若四边形的面积为，则双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. C分析：根据题意，双曲线的焦点到的一条渐近线的距离为，所以 ，进而，四边形面积为，由可化简得，写出渐近线方程即可.解答：根据题意，双曲线的焦点到的一条渐近线的距离为，则，所以，所以，所以，所以双
5、曲线的渐近线方程为.点拨：本题主要考查了双曲线的标准方程，渐近线，点到直线的距离，属于难题.7. 第十四届全国运动会将于2021年在陕西举办，为宣传地方特色，某电视台拍摄宣传片五组进行制作编辑，其中包括有美食宣传片地方风光宣传片各两个，运动场地宣传片一个，所有短片时长彼此不同，现将五组短片编辑在一起，相同题材不相邻，不同的排法共有（ ）A. 24种B. 48种C. 72种D. 120种B分析：通过正难则反的思路分析有相邻时的排法数，利用捆绑法和插空法计数，进而得解.解答：五组短片的全部排法有：种，两个美食宣传片相邻，两个地方风光宣传片不相邻的排法有：种，两个地方风光宣传片相邻，两个美食宣传片不
6、相邻的排法有：种，两个美食宣传片和两个地方风光宣传片均相邻的排法有：种，所以相同题材不相邻，不同的排法共有种.故选：B.点拨：关键点点睛：本题解题的关键是利用正难则反的思想求解，相邻问题用捆绑，不相邻问题用插空.8. 已知函数的图象与轴的两个相邻交点的横坐标分别为、，下面四个有关函数的叙述中，正确结论的个数为（ ）函数的图象关于原点对称；在区间上，函数的最大值为；直线是函数图象的一条对称轴；将函数的图象向左平移个单位，得到的图象，若、为这两个函数图象的交点，则面积的最小值为.A. B. C. D. B分析：利用已知条件求得，利用正弦型函数的奇偶性可判断的正误；利用正弦型函数的最值可判断的正误；
7、利用正弦型函数的对称性可判断的正误；求出函数、图象相邻两交点横坐标之差的绝对值，以及交点的纵坐标，可求得面积的最小值，可判断的正误.解答：由题意可知，函数的最小正周期为，由于点在函数的图象上，可得，可得，则.对于，所以，函数为非奇非偶函数，错误；对于，当时，所以，正确；对于，错误；对于，由，可得，所以，则，解得，所以，函数、的图象的相邻两个交点横坐标之差的绝对值为，因为，所以，正确.故选：B.点拨：方法点睛：求函数在区间上值域的一般步骤：第一步：三角函数式的化简，一般化成形如的形式或的形式；第二步：由的取值范围确定的取值范围，再确定（或)的取值范围；第三步：求出所求函数的值域（或最值）.9.
8、已知函数，若有两个零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. A分析：由题意可知，当时，；当时，.由，得.根据的解析式，分别求出的表达式，再根据导数求的取值范围.解答：当时，；当时，综上，对.有两个零点，即方程有两个根，即方程有两个根，不妨设.易知函数在上单调递减，在上单调递增，当时，；当时，.令.令，令.时，；时，函数在上单调递减，在上单调递增，当时，.函数的值域为，即的取值范围是.故选：.点拨：本题考查函数与方程，考查导数在研究函数中的应用，属于难题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分.10. 二项式展开式中的常数
9、项为，则实数=_1分析：解答：解：因为展开式的通项公式为令，则常数项为第5项且为5，所以11. 圆上的点关于直线的对称点仍在圆上，且圆与直线相交所得的弦长为，则圆的方程为_解答：分析：试题分析： 设所求圆的圆心为，半径为 r， 点关于直线 的对称点A仍在这个圆上，圆心在直线 x+y=0上，且；又直线截圆所得的弦长为 ，且圆心到直线 距离为，根据垂径定理得：，即：由方程组成方程组，解得所求圆的方程为：故答案应填：考点：直线与圆的位置关系【方法点晴】本题考查了直线与圆位置关系的应用问题，求圆的方程的主要方法：待定系数法，在解题时应灵活运用垂径定理与对称知识化简求值，是中档题题目利用已知条件列出关于
10、未知量的方程组，解此方程组即可12. 某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学，在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院，现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教.选出的3名同学是来自互不相同学院的概率_，设为选出的3名同学中女同学的人数，则的数学期望为_. (1). (2). 分析：利用排列组合求出所有基本事件数及符合要求的基本事件数，代入古典概型概率公式即可求得选出的3名同学是来自互不相同学院的概率；由题意结合超几何分布概率公式可求得分布列，再由期望公式即可得解.解答：设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件，则；随机变
11、量的所有可能值为的分布列为X0123P所以的数学期望.故答案为：；.点拨：本题考查了超几何分布概率公式的求解，考查了离散型随机变量分布列及数学期望的求解，属于中档题.13. 设抛物线()的焦点为F，准线为l，过抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B，设，若与相交于点E，的面积为，则抛物线的方程为_.分析：由题意得出，利用抛物线的定义求出点的横坐标，根据相似得出，由三角形的面积公式可得结果.解答：设，又，则，由抛物线的定义得，所以，则，由得，即，所以，所以，解得故答案为：.点拨：1.凡涉及抛物线上的点到焦点的距离时，一般运用定义转化为到准线的距离进行处理2.若为抛物线上一点，由定义易得；若过焦点的弦
12、AB的端点坐标为，则弦长，可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到.14. 如图，在中，D,E分别边AB,AC上的点,且，则_，若P是线段DE上的一个动点，则的最小值为_. (1). 1 (2). 分析：由利用数量积公式可求的值为1，设的长为，则，利用平面向量的几何运算法则结合数量积的运算法则，可得，再利用配方法可得结果解答：，；又因为且，为正三角形，设的长为（），则，时取等号，的最小值为.故答案为：1，.点拨：向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（）平行四边形法则（平行四边形的对角线分
13、别是两向量的和与差）；（）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）平面向量数量积的计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用15. 已知，且，则的最小值为_.分析：先利用把化成，利用基本不等式可求的最小值，再根据不等式的性质把目标代数式放缩为与有关的代数式，再利用基本不等式可求题设中目标代数式的最小值.解答：因为，所以，当且仅当时等号成立又因为，由不等式的性质可得.又因为，当且仅当时等号成立所以的最小值为.故答案为：.点拨：本题考查多元代数式的最值，处理这类问题的基本策略是降元
14、处理，降元时要结合目标代数式的结构特点，找出能整体处理的部分，本题属于难题.三、解答题：本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16. 在中，角、所对的边长分别是，且（1）求的值；（2）若，的面积，求（1）；（2）分析：（1）由三角恒等变换的公式，化简得，即可求解；（2）由，求得，结合余弦定理，即可求解.解答：（1）由题意，在中，又由（2）因为，,所以，由，解得，由余弦定理，又由，可得，所以点拨：本题主要考查了三角恒等变换的公式的化简、求值，以及余弦定理和面积公式的应用，其中解答中熟记三角恒等变换的公式，合理利用三角形的面积公式和余弦定理时解答的关键，着重考查推理与运
15、算能力.17. 如图，平面，点分别为的中点.（）求证：平面；（）求二面角的正弦值；（）若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求线段的长.（）证明见解析；（）；（）.分析：（）连接，证得，利用用线面判定定理，即可得到；（）以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系，求得平面和平面法向量，利用向量的夹角公式，即可求解（）设，则，从而，由（）知平面的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，即可求解解答：（）连接，因为，所以，又因为，所以为平行四边形.由点和分别为和的中点，可得且，因为为的中点，所以且，可得且，即四边形为平行四边形，所以，又，所以.（）因为，可以建立以为原点，分
16、别以的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系.依题意可得，.设为平面法向量，则，即，不妨设，可得设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得.，于是.所以，二面角的正弦值为.（）设，即，则.从而.由（）知平面的法向量为，由题意，即，整理得，解得或，因为所以，所以.点拨：本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.18. 已知等比数列满足，.（1）求数列的通项公式；（
17、2）设，求数列的前n项和：（3）若数列满足.设，求数列的前n项和.（1）；（2）；（3）.分析：（1）根据等比数列的性质可求公比，求出后可得所求的通项公式.（2）利用错位相减法可求.（3）利用分组求和和裂项相消法可求.解答：（1）设等比数列的公比为，因为，故，故.所以即，故.（2），故，所以，故，所以.（3）因为，故当时，有，所以，整理得到，故为等差数列且公差为1.又，故，故，所以，故，.点拨：方法点睛：数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果
18、通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.19. 已知椭圆的左焦点在抛物线的准线上，且椭圆的短轴长为2，分别为椭圆的左，右焦点，分别为椭圆的左，右顶点，设点在第一象限，且轴，连接交椭圆于点，直线的斜率为.（）求椭圆的方程；（）若三角形的面积等于四边形的面积，求的值；（）设点为的中点，射线（为原点）与椭圆交于点，满足，求的值.（）（）（）分析：（I）根据抛物线的准线求得，根据短轴长求得，由此求得，进而求得椭圆方程.（II）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，求得点的坐标，令求得点坐标.利用三角形的面积公式计算出和的面积，根据题目已知条件，这两个三角形的面积相等，由此列方程，解方程求得的值.（
19、III）根据（II）求得点坐标，由此求得的斜率，设所在直线方程为，代入椭圆方程，求得点坐标，计算出到直线的距离，的长度，化简得到，利用列方程，解方程求得的值.解答：解：（）由已知得，故，椭圆方程为：，（）设直线方程为，令（）由（II）和中点坐标公式，得，设所在直线方程为，则，到直线的距离：，即，化简得，.点拨：本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查三角形的面积公式，考查点到直线的距离公式，考查运算求解能力，综合性很强，属于难题.20. 已知函数，其中e是自然对数的底数（1）若曲线在处的切线与曲线也相切求实数a的值；求函数的单调区间；（2）设，求证：当时，恰好有2个零点
20、（1），函数的单调减区间为，单调增区间为；（2）证明见解析分析：（1）利用导数的几何意义求出在处的切线方程，再利用切线与曲线也相切，可求得的值；由知，对绝对值内的数进行分类讨论，再利用导数分别研究分段函数的单调性.（2）由，得，令，当时，故在上单调递增，再利用零点存在定理证明函数极小值小于0，及，即证得结论；解答：（1）由得，所以切线的斜率因为切点坐标为，所以切线的方程为设曲线的切点坐标为由得，所以，得所以切点坐标为因为点也在直线上所以 由知当时，因为恒成立，所以在上单调递增当时，所以因为恒成立，所以在上单调递增注意到，所以当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增综上，函数的单调减区间为，单调增区间为 （2）由，得令，当时，故在上单调递增又因为，且，所以在上有唯一解，从而在上有唯一解不妨设为，则当时，所以在上单调递减；当时，所以在上单调递增故是的唯一极值点令，则当时，所以在上单调递减，从而当时，即，所以，又因为，所以在上有唯一零点又因为在上有唯一零点，为1，所以在上恰好有2个零点点拨：本题考查导数的几何意义求切线方程、导数研究函数的零点，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意函数构造法的应用.