1、甘肃省民乐县第一中学2021届高三数学下学期5月第一次月考试题 理一、单选题1如图，复数在复平面内对应的点为（ ）AEBFCGDH2已知集合，集合，则（ ）ABCD3割补法在我国古代数学著作中称为“出人相补”，刘徽称之为“以盈补虚”，即以多余补不足，是数量的平均思想在几何上的体现.如图，揭示了刘徽推导三角形面积公式的方法，在三角形内任取一点，则该点落在标记“盈”的区域的概率（ ）ABCD4已知函数，则在处的切线方程为（ ）A B CD 5函数的图像大致为（ ）ABCD6设是两条不同的直线，是一个平面，则下列说法正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则7执行如图所示的程序框图，若输入，则输
2、出的（ ）ABCD8双曲线的左、右焦点分别为、，是双曲线上一点，轴，则双曲线的渐近线方程为（ ）ABCD92020年11月，兰州地铁号线二期开通试运营甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去兰州老街、西固公园、西站十字，每人只能去一个地方，西站十字一定要有人去，则不同游览方案的种数为（ ）ABCD10已知函数，则下列说法正确的是（ ）A函数是最小正周期为的偶函数B函数的图象关于直线对称C函数的最小值为D函数在区间上单调递增11在三棱锥中，底面是等腰三角形，平面，若三棱锥的外接球的表面积为，则该三棱锥的体积为ABCD12已知函数若函数有四个不同的零点，则的取值范围是（ ）ABCD第II卷（非选择题）
3、请点击修改第II卷的文字说明二、填空题13设向量，若单位向量满足，则_14的展开式的各项系数和为32，则该展开式中的系数是_.15内角，的对边分别为，则角的值为_；若，的面积为，则边长的值为_16刍甍，中国古代算数中的一种几何形体，九章算术中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也.甍，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶.”如图为一个刍甍的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则该茅草屋顶的面积为_.三、解答题17如图，在四棱锥中，O是边的中点，底面在底面中，（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值18在数列中，且对任意
4、的N*，都有.（）证明数列是等比数列；并；（）设，求数列的通项公式和数列的前项和为19人类已经进入大数据时代.目前，数据量级已经从(1=1024)级别跃升到(1=1024)，(1=1024)乃至(1=1024)级别.国际数据公司(IDC)研究结果表明，2008年全球产生的数据量为0.49，2009年数据量为0.8，2010年增长到1.2，2011年数据量更是高达1.82.下表是国际数据公司(IDC)研究的全球近6年每年产生的数据量(单位：)及相关统计量的值：年份201420152016201720182019序号123456年数据量6.68.616.121.633.041.03.521.152
5、.8517.5813.82125.356.73表中，.（1）根据上表数据信息判断，方程(是自然对数的底数)更适宜作为该公司统计的年数据量y关于年份序号x的回归方程类型，试求此回归方程(精确到0.01).（2）有人预计2021年全世界产生的数据规模将超过2011年的50倍.根据（1）中的回归方程，说明这种判断是否准确，并说明理由.参考数据：，回归方程中，斜率最小二乘法公式为，.20已知抛物线的焦点是椭圆的一个顶点.（1）求抛物线的方程；（2）若点，、为抛物线上的不同两点，且，问：直线是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由.21已知函数，（1）求出函数的单调区间及以为切点的切
6、线方程；（2）若对于任意的，恒成立，求出实数的最小值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，曲线的极坐标方程为，直线的参数方程为（为参数），其中，直线与曲线相交于、两点.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）若点满足，求的值.23已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若，为正实数，函数的最小值为，且满足，求的最小值.参考答案1.【答案】D【分析】化简，可得到复平面对应的点，即可得解.【详解】由，其复平面对应点坐标为，故对应在第四象限，故选：D.2.【答案】B【详解】由得，所以，所以.故选：B3.【答案】A【详解】易知，“盈”的面积等于“虚”的面积，从而三角形面积等于矩
7、形面积，而“虚”占矩形面积的百分数即“盈”占三角形的百分数.“盈”与“虚”的交界点在三角形腰的中点上，易知，“虚”占矩形面积的四分之一，故“盈”占三角形面积的四分之一.故选：A.4.【答案】D【详解】解： ，求导得：， ，又，在处的切线方程为，即.故选：D.5.【答案】B【详解】因为，且定义域为关于原点对称，所以函数为偶函数，所以排除C，D；又因为当时，所以排除A.故选：B.6.【答案】C【详解】，则可能平行，故A不正确；，则可能平行，可能线在面内；，由线面平行的性质可得，故C正确；，与可能平行、相交、异面，故D不正确.故选：C.【点睛】方法点睛：空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判
8、断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.7.【答案】B【详解】初始值，第一步：，进入循环；第二步：，进入循环；第三步：，进入循环；第四步：，进入循环；第五步：，进入循环；第六步：，结束循环，输出.故选：B.【点睛】关键点点睛：该题主要考查程序框图，只需分析框图的作用，逐步执行即可，属于常考题型.8.【答案】C【详解】由题设，由轴，知，又，得，又，得，又渐近线方程为，即等价于.故选：C.9.【答案】B【详解】解：根据题意，甲
9、、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去兰州老街、西固公园、西站十字每人只能去一个地方，则每人有3种选择，则4人一共有种情况，若西站十字没人去，即四位同学选择了兰州老街、西固公园每人有2种选择方法，则4人一共有种情况，故西站十字一定要有人去有种情况，即西站十字一定有人去的游览方案有65种；故选：10.【答案】D【详解】由，可知函数为偶函数，由，可知不是函数的周期：由，可知，函数的图象不关于直线对称：由，可知不是函数的最小值；当时，此时函数单调递增故选：D【点睛】本小题主要考查三角函数的周期性、奇偶性、对称性、最值和单调性，属于中档题.11.【答案】B【详解】如图所示，将三棱锥补形为直三棱柱，取的中点
10、，则三棱锥的外接球即三棱柱的外接球，取的外心，作平面，与平面交于点，则为外接球的球心，设球的半径为，由球的表面积公式可得：，由正弦定理可得：，则，则棱锥的高：，由正弦定理可得：该三棱锥的体积为.本题选择B选项.点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.12. 【答案】A【详解】函数有四个不同的零点等价于函数的图象与直线有四个不同的交点.画出的大致图象，如图所
11、示.由图可知.不妨设，则，且.所以，所以，则，因为，所以，所以，所以，所以.故选：A13.【答案】 【详解】由于，故，即，解得.【点睛】本小题主要考查两个向量垂直的表示，考查方程的思想，属于基础题.14.【答案】【详解】，取得到，故.的展开式的通项式为：，分别取和得到系数为：.故答案为：.【点睛】本题考查了二项式定理的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.【答案】 【详解】由知：，即，又，故，即.，即，而，有，由余弦定理知：，则.故答案为：，.【点睛】关键点点睛：根据三角形内角的性质，正弦边角互化将已知等式化简求角的大小，应用三角形面积公式、余弦定理求边长.【答案】32【详解】如图：E，F在
12、平面ABCD内的垂足分别为Q，G，则QG=FG=4，H为AB的中点，则GH=2，于是FH=，FA=.点G在DA边上的垂足为P，则AP=2.FP=，SABF=ABFH=42=4，S梯形ADEF= (AD+EF)FP=(8+4)2=12，所以茅草屋顶的面积为2(4+12)=32.故答案为：32【点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对
13、简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.17. 【答案】（1）证明见解析；（2）【详解】（1）由题意，又，所以是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；（2），所以是平行四边形，所以，而，所以， 以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，设平面的一个法向量为，则，取，则，即，易知平面的一个法向量是，所以，所以二面角的余弦值为【点睛】方法点睛：本题考查证明线面平行，求二面角求二面角的方法：（1）几何法（定义法）：根据定义作出二面角的平面角并证明，然后解三角形得出结论；（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，写出各点为坐标，求出二面角两个面的法向量，由两个平
14、面法向量的夹角得二面角（它们相等或互补）18. 【详解】（）由可得 又，所以，故.所以是首项为2，公比为2的等比数列.所以. 所以. （）因为. 所以. 19. 【答案】（1）；（2）见解析.【详解】（1）由，两边同时取自然对数得，设，则.因为，所以，.所以，所以；（2）令，得.预计2021年全世界产生的数据规模会超过2011年的50倍.【点睛】关键点点睛：对于非线性回归方程的求解，一般要结合题意作变换，转化为线性回归方程来求解，同时也要注意相应数据的变化.20. 【答案】（1）；（2）过定点.【详解】（1）把椭圆的方程化为标准方程是，椭圆的左、右顶点分别为、，依题意，解得，所以抛物线的方程为
15、；（2）若直线与轴垂直，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意.设直线的方程为，与抛物线方程联立并化简得.则，可得，设、，则，.因为，同理可得，所以，所以，显然且，所以，所以，所以，直线的方程为，即，因此，直线过定点.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明
16、.21.【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；切线方程为：；（2）1【详解】（1）函数的定义域为，且，当时，；当时，；的单调递增区间为，单调递减区间为又，以为切点的切线方程为：（2）若对于任意的，恒成立，可得，整理可得：设函数，则设，则函数在上单调递增，又，存在，使得，则当时，函数单调递增；当时，函数单调递减，函数在点处取得最大值，根据，可得：，则，实数的最小值为【点睛】关键点点睛：本题考查恒成立问题的求解，解题关键是能够利用分离变量的方式，将问题转化为与最值之间大小关系的问题，利用导数求得的最值后即可得到结果.23.【答案】（1）；（2）4【详解】由，所以综上所述：所以不等式的解集为由（1）可知当时，；当时，当时，所以函数的最小值为6，即，所以由，为正实数，则所以，当且仅当时，取等号，故的最小值为4【点睛】思路点睛：第（1）问使用零点分段法讨论即可;第（2）问使用柯西不等式.
