1、宁夏长庆高级中学2021届高三数学上学期第五次月考试题 理（含解析）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，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. 在复平面内，复数z对应的点的坐标是，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】由题可得，再由复数乘法计算即可.【详解】复数z对应点的坐标是，.故选：D.2. 抛物线的准线为x=-4，则抛物线的方程为（ ）A. x2=16yB. x2=8yC. y2=16xD. y2=8x【答案】C【解析】【分析】根据准线方程求得，判断出抛物线的开口方向，由此求得抛物线方程.【详解】由抛物线的准线为，得，且抛物线开口向右，所以抛物线的方
2、程为.故选：C3. 若向量，且，则=（ ）A. 6B. 5C. 4D. 3【答案】B【解析】【分析】先由求得，再由求解.【详解】因为向量，且，所以，解得，所以，所以，故选：B4. 设，若，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用集合间的包含关系列出不等式组，求解即可.【详解】解：，且，此不等式组无解.故选：D.5. 某校为了了解全校高中学生十一小长假参加实践活动的情况，抽查了100名学生，统计他们假期参加实践活动的时间，绘成的频率分布直方图如图所示，估计这100名学生参加实践活动时间的中位数是（ ）A. 7.2B. 7.16C. 8.2D. 7【答案】A
3、【解析】【分析】由中位数两侧的面积相等，可解出中位数【详解】因为在频率分布直方图中，中位数两侧的面积相等，所以0.042+0.122+（x6）0.150.5，可解出x7.2，故选A【点睛】本题主要考查频率分布直方图，中位数，熟记中位数的计算方法是关键，属于基础题6. 已知角的终边经过点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据角的终边经过点，利用三角函数的定义可求出的正弦和余弦，进而利用二倍角公式，两角和的余弦公式即可求解.【详解】解：角的终边经过点，由三角函数的定义知：，.故选：A.7. 已知函数，若函数在上有两个零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案
4、】B【解析】【分析】当时，有一个零点，只需当时，有一个根，利用“分离参数法”求解即可.【详解】因为函数,当时，有一个零点，所以只需当时，有一个根即可，因为单调递增，当时，所以，即，故选：B.【点睛】已知函数有零点（方程有根），求参数取值范围的三种常用的方法：（1）直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后利用数形结合求解8. 若函数恰好有三个不同的单调区间，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【
5、分析】求得，由题意可知，有两个不同的零点，可得出，进而可求得实数的取值范围.【详解】由题意得，函数恰好有三个不同的单调区间，有两个不同的零点，所以，解得.因此，实数的取值范围是.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题利用函数的单调区间个数求参数，解题的关键就是结合题意确定函数的极值点的个数，结合二次函数的基本性质解题.9. 我国古代数学名著九章算术商功中阐述：“斜解立方，得两壍堵斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”若称为“阳马”某几何体的三视图如图所示，图中网格纸上小正方形的边长为1，则对该几何体描述：四个侧面都直角三角形；最长的侧
6、棱长为；四个侧面中有三个侧面是全等的直角三角形；外接球的表面积为.其中正确的个数为（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】【分析】由三视图还原几何体，结合几何体的结构特征作出正确判断.【详解】由三视图可知，该几何体为四棱锥，四边形ABCD为矩形，AB=4，AD=2，PD平面ABCD，PD=2，对于易证AB平面PAD，BC平面PCD，故四个侧面都是直角三角形；对于，故正确；对于四个侧面中没有全等的三角形，故错误；对于外接球的直径为PB，故外接球的表面积为，正确，故选D【点睛】本题考查由三视图还原几何体，考查四棱锥的结构特征，考查线面关系以及外接球问题，考查空间想象能力，属于中档题
7、10. （2016新课标全国理科）已知F1，F2是双曲线E：的左，右焦点，点M在E上，M F1与轴垂直，sin ,则E的离心率为A. B. C. D. 2【答案】A【解析】试题分析：由已知可得，故选A.考点：1、双曲线及其方程；2、双曲线的离心率.【方法点晴】本题考查双曲线及其方程、双曲线的离心率.，涉及方程思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 由已知可得，利用双曲线的定义和双曲线的通径公式，可以降低计算量，提高解题速度.11. 已知数列满足，.若，则数列的通项公式（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】变形
8、为可知数列是首项为2，公比为2的等比数列，求出后代入到可得结果.【详解】由，得，所以，又，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，所以.故选：C.【点睛】关键点点睛：构造等比数列求出是本题解题关键.12. 过抛物线焦点F的直线l与抛物线相交于A，B两点，若以线段为直径的圆与直线相切，则直线l的方程为（ ）A. 或B. 或C. 或D. 或【答案】B【解析】【分析】当直线l垂直与x轴时，解得，以为直径的圆为与直线相离不符题意，当直线l的斜率存在时，设，直线l的方程为，联立圆的方程，结合直线和圆的位置关系，即可得解；另解：过A，B分别作准线的垂线垂足分别为，则，所以以为直径的圆与直线相切，又以
9、为直径的圆与相切，故圆的直径为17，所以设直线，与抛物线方程联立，结合焦点弦公式以及直线和圆的位置关系，即可得解.【详解】当直线l垂直与x轴时，解得，以为直径的圆为与直线相离，故直线不满足题意；当直线l的斜率存在时，设，直线l方程为，则化简得圆的半径为，圆心到直线的距离为，解得，故直线l的方程为或故选：B另解：过A，B分别作准线的垂线垂足分别为，则，所以以为直径的圆与直线相切，又以为直径的圆与相切，故圆的直径为17，所以设直线与抛物线联立得记，则，又故选：B【点睛】本题考查了焦点弦公式，考查了直线和圆的位置关系，同时考查了利用韦达定理构建基本量之间的关系，有一定的计算量，属于较难题.二、填空题
10、：本题共4小题，每小题5分13. 点与圆的位置关系为_（填“在圆上”“在圆外”“在圆内”）【答案】在圆内【解析】【分析】将点代入方程判断与的大小关系即可判断.【详解】将点代入圆，可得，所以点在圆内，故答案为：在圆内14. 已知空间向量，且，则实数_【答案】【解析】【分析】直接利用空间向量平行的性质列方程求解即可【详解】空间向量，且，解得实数故答案为：15. 已知双曲线的渐近线方程为，且过点，则双曲线的方程为_.【答案】【解析】【分析】设双曲线的方程为，将点的坐标代入双曲线的方程，求出的值，即可得出双曲线的方程.【详解】由于双曲线的渐近线方程为，可双曲线的方程为，由于双曲线过点，所以，所以，双曲
11、线的方程为，即.故答案为：.16. 已知在锐角三角形ABC中，角，的对边分别为，若，则的取值范围为_【答案】【解析】【分析】由已知结合正弦定理可得，然后结合余弦定理，令，代换后结合余弦的性质即可求解.【详解】因为，所以，由余弦定理可得：，令，则，因此，所以，因为为锐角，所以，所以，故答案为：【点睛】关键点点睛：首先利用正弦定理化角为边可得，再利用余弦定理并配方可得关键是令，将、代换掉，结合余弦的性质即可求得范围.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 为等差数列的前项和，已知，.（1）求数列的通项公式；（2）求，并求的最小值.【答案】（1）；（2），时，的最小值为.【解析】【
12、分析】（1）利用等差数列的通项公式以及前项和公式求出，代入通项公式即可求解. （2）利用等差数列的前项和公式可得，配方即可求解.【详解】（1）设的公差为 ，由，即，解得，所以.（2）， ，所以当时，的最小值为.18. 已知向量，其中A是的内角.（1）求角A的大小；（2）若角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由和三角恒等变换可得答案；（2）由和可得，然后由正弦定理可得，然后利用三角函数的知识可得答案.【详解】（1）因为，即有，（），（），又A为的内角，所以；（2）由，得为钝角，从而由正弦定理，得所以，则又，所以，则19. 如图所示
13、，在直三棱柱中，是边长为的等边三角形，分别为的中点. （1）证明：平面（2）若，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）先证明四边形ADFE为平行四边形，则AEDF，由此即可得证；（2）以点E为坐标原点，建立空间直角坐标系，由，求得平面的法向量以及直线DE的方向向量，再利用向量公式求解【详解】证明：取BC1的中点F，连接DF，EF，E为BC中点，又D为AA1的中点，四边形ADFE为平行四边形，DF，AE平面BDC1，DF平面BDC1，平面BDC1.（2）由（1）及题设可知，BC，EA，EF两两互相垂直，则以点E为坐标原点，EC，EA，EF所在直线分别为x
14、轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由，则，所以，设平面的法向量为由，得，令，则，又，所以，设DE与平面所成角为，则，DE与平面所成角的正弦值为.【点睛】方法点睛：证明线面平行的常用方法：（1）利用线面平行的定义（无公共点）.（2）利用线面平行的判定定理.（3）利用面面平行的性质.解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为：（1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内；（2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错.（3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量.（4）利用法向量求距离、线面角或二面角.20. 已知椭圆：的一个焦点在直线上，且该椭圆
15、的离心率（1）求椭圆的标准方程（2）过椭圆的右焦点作直线与椭圆交于不同的两点，试问在轴上是否存在定点使得（为坐标原点）？若存在求出点的坐标；若不存在，说明理由【答案】（1）；（2）存在，.【解析】【分析】（1）由题意得，即，又椭圆的离心率，则，即可求得椭圆的方程；（2）当直线为非轴时，设直线的方程为，与椭圆的方程整理得设，得韦达定理，将问题转化为的斜率互为相反数，运用两点的斜率公式可求得点的坐标，验证当直线为轴时也符合题意【详解】（1）设椭圆：的一个焦点，则，即，又椭圆的离心率，则，所以椭圆的方程为；（2）当直线非轴时，可设直线的方程为，联立得 ，整理得由，设，定点且，由韦达定理可得，由，可知
16、等价于的斜率互为相反数所以，即，整理得 从而可得，即， 所以当，即时，.特别地，当直线为轴时，也符合题意 综上，存在轴上的定点，满足【点睛】关键点睛：本题考查求椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系之交点问题，解题的关键在于将目标条件转化到的斜率互为相反数，考查了学生的逻辑推理能力与运算能力，属于中档题21. 已知函数.（1）当时，求在点(0，)处的切线方程；（2）当时，若的极大值点为，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出在处的导数值，即切线斜率，求出，即可得出切线方程；（2）求出的导数，由判别式讨论的正负以确定单调性，可得出有唯一的极大值点为，且，即，构造函数，利用
17、导数求出单调性可得，即得证.【详解】解：（1）当时，因为，所以，因为，所以在点(0，)处的切线方程为.（2）的定义域为，令，当，即时，故，所以在上单调递增.此时无极大值.当，即当时，的对称轴，因为，所以函数在区间有两个零点，不妨设，其中，.所以当时，所以在上单调递增；当时，所以在(，)上单调递减；当时，所以在上单调递增.此时函数有唯一的极大值点为，且，又因为，所以，所以，记，所以单调递增，即.【点睛】关键点睛：本题考查利用导数证明不等式，解题的关键是讨论的单调性以确定有唯一的极大值点为，且，得出，再根据单调性求出最值即可证明.选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做则
18、按所做的第一题记分.选修44：坐标系与参数方程22. 在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的参数方程为（为参数），曲线（为参数）.（1）求直线及曲线的极坐标方程；（2）若曲线与直线和曲线分别交于异于原点，的两点，求的值.【答案】（1），.（2）【解析】【分析】（1）利用代入消元和，即可求得直线和的普通方程，再利用公式即可转化为极坐标方程；（2）将曲线的极坐标方程分别代入直线和曲线的极坐标方程，求得，则.【详解】（1）直线的参数方程为（为参数），消去参数可得，直线的一般方程为，直线的极坐标方程为，曲线（为参数）.消去参数可得曲线的标准方程为，所以曲线的极坐标方
19、程为.（2）将分别代入和可得，所以.【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程、直角坐标方程之间的相互转化，涉及利用极坐标求距离问题，属综合基础题.选修45：不等式选讲23. 设函数（1）解不等式:;（2）若对一切实数均成立:求的取值范围.【答案】（1）;（2）【解析】【分析】（1）运用零点分段法对的取值进行分类,分别求出不等式的解集,从而求出不等式的解;（2）利用绝对值的性质,确定出的最小值,从而使问题得解.【详解】（1）因为,当时,解得,所以;当时,解得,所以;当时,解得,所以;综上所述, 的解为（2）若,对一切实数均成立,则,解得故所求的取值范围为【点睛】本题是一道关于绝对值不等式求解的题目,熟练掌握绝对值不等式的解法是解题的关键.
