内蒙古赤峰市第二高级中学2021届高三下学期第一次月考数学（理）试题 Word版含解析

赤峰二中2018级高三下学期第一次月考
理科数学试卷
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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．若集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．已知复数在复平面内对应的点在二?四象限的角平分线上，则实数的值为（ ）
A．2 B．-2 C．1 D．-1
2．设，，，则（ ）
A． B． C． D．
4．设函数，则函数的图像可能为（ ）
A． B． C． D．
5．宋代诗词大师欧阳修的《卖油翁》中有一段关于卖油翁的精湛技艺的细节描写：“（翁）乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿．”如果铜钱是直径为的圆，钱中间的正方形孔的边长为，则卖油翁向葫芦内注油，油正好进入孔中的概率是（ ）
A． B． C． D．
6．若圆关于直线对称，则的最小值为　　
A．4 B． C．9 D．
7．图一是美丽的“勾股树”，它是一个直角三角形分别以它的每一边向外作正方形而得到．图二是第1代“勾股树”，重复图二的作法，得到图三为第2代“勾股树”，以此类推，已知最大的正方形面积为1，则第代“勾股树”所有正方形的个数与面积的和分别为（ ）
A． B． C． D．
8．一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．36 B．48 C．64 D．72
9.正三角形ABC的边长为2，将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为，此时四面体ABCD外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
10．某市为弘扬我国优秀的传统文化，组织全市10万中小学生参加网络古诗词知识答题比赛，总分100分，经过分析比赛成绩，发现成绩服从正态分布，请估计比赛成绩不小于90分的学生人数约为（ ）
〖参考数据〗：，，
A．2300 B．3170 C．3415 D．460
11．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，为抛物线上一点，且在第一象限，当取得最小值时，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
12．函数满足， ，若存在，使得成立，则的取值（ ）
A． B． C． D．
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分，把答案填在答题卡中的横线上）
13．若，则______.
14．已知的展开式中二项式系数之和为128，则展开式中的系数为____________．（用数字作答）
15．如图，已知，是椭圆的左、右焦点，点P在椭圆C上，线段与圆相切于点Q，且点Q为线段的中点，则椭圆C的离心率为______.

16．数列中，，，若不等式对所有的正奇数恒成立，则实数的取值范围为______.
三、解答题
17．已知在中，角，，的对边分别是，，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求面积的最大值。
18．如图，在四棱锥中，已知四边形是边长为的正方形，点在底面上的射影为底面的中心点，点在棱上，且的面积为1．
（1）若点是的中点，求证：平面平面；
（2）在棱上是否存在一点使得二面角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．
19．椭圆的左、右焦点分别为、，离心率，过的直线l交C于点A、B，且的周长为8．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）点O为坐标原点，求面积S的取值范围．
20．东方商店欲购进某种食品（保质期两天），此商店每两天购进该食品一次（购进时，该食品为刚生产的）.根据市场调查，该食品每份进价元，售价元，如果两天内无法售出，则食品过期作废，且两天内的销售情况互不影响，为了了解市场的需求情况，现统计该产品在本地区天的销售量如下表：
（视样本频率为概率）
（1）根据该产品天的销售量统计表，记两天中一共销售该食品份数为，求的分布列与期望
（2）以两天内该产品所获得的利润期望为决策依据，东方商店一次性购进或份，哪一种得到的利润更大？
21．已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）定义：对于函数，若存在，使成立，则称为函数的不动点.如果函数存在不动点，求实数的取值范围.
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。
22．在平面直角坐标系中，椭圆的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求经过椭圆右焦点且与直线垂直的直线的极坐标方程；
（2）若为椭圆上任意-点，当点到直线距离最小时，求点的直角坐标.
23．已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若函数图象的最低点为，正数，满足，求的取值范围.

参考答案
1．D
解:∵,,
∴.
故选:.
2．B【分析】
【详解】
化简复数，
因为复数在复平面内对应的点在二?四象限的角平分线上，
所以，解得，
故选：B
3．D
【详解】
由于，
，
，
则，即.
故选D.
4．B
【分析】
根据函数为偶函数排除，再计算排除得到答案.
【详解】
定义域为：
，函数为偶函数，排除
，排除
故选
5．D
【分析】
根据几何概型面积型计算公式直接求解即可.
【详解】
由题，，所以．
故选：D
【点睛】
本题考查了几何概型面积型计算公式，属于基础题.
6．C
．
【详解】
解：由题意可知，圆心在直线，
则，
又因为，，
所以，
当且仅当且即，时取等号，此时取得最小值9．
故选：
7.A
8．B
【解析】
由题设中提供的三视图可以看出该几何体是一个长方体去掉一个上底是直角梯形，下底是直角三角形的棱台的剩余部分。如图，结合图形中的数据信息可知分成的这两部分的体积相等，所以其体积，应选答案B。
9．C
详解：根据题意可知三棱锥的三条侧棱，底面是等腰三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，
三棱柱中，底面，,
，
的外接圆的半径为，
由题意可得：球心到底面的距离为.
球的半径为.
外接球的表面积为：.
故选：C.
10.【答案】A
【分析】
根据正态分布定义，求得比赛成绩不小于90分的学生人数所占比例，即可得结果.
【详解】
依题意知，所以
则，所以比赛成绩不小于90分的学生人数约为
故选：A
11．B
如下图所示：
过点作垂直于抛物线的准线，垂足为点，由抛物线的定义可得，
抛物线的准线为，则点，
由题意可知，轴，则，，
由图形可知，当直线与抛物线相切时，最大，则最小，
设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，
消去得，，，解得，则，
解得，此时，，因此，点的坐标为.
故选：B.
12．A
【解析】
由题意设，则，所以（为常数）．∵，∴，∴，
∴．令，则，故当时，单调递减；当时，单调递增．
∴，从而当时，，∴在区间上单调递增．
设，则，故在上单调递增，在上单调递减，所以．
∴不等式等价于，
∴，解得，故的取值范围为．选A．
13．
【分析】
，二项分布的性质可知，，即可得出结果.
【详解】
由二项分布的性质可知，，.
故答案为：
14．
【解析】
试题分析：二项式的展开式中二项式系数之和为，令，即二项式为，所以二项展开式的通项为，令，所以展开式中的系数为.
考点：二项式定理的应用.
如图：连接OQ，，点Q为线段的中点，，，
，
由椭圆定义，，
线段与圆相切于点Q，
，
，且，
即，，
16.．
【详解】
解：，
是等差数列，
，
不等式对所有的正奇数恒成立
，，
，
在上单调递增，
不等式对所有的正奇数恒成立，则实数的取值范围为：
17．（1）；（2）
【详解】
解:(1)∵,∴,
又∵,∴,
∴,∴,
∵,∴,
又,∴
(2)由(1)知,,
∵,∴由余弦定理,有,∴.
∵, ∴,
∴,当且仅当时等号成立,
∴,
∴三角形的面积的最大值为.
18．（1）证明见解析；（2）存在点符合题意，点为棱靠近端点的三等分点
【详解】
（1）∵点在底面上的射影为点,∴平面,
∵四边形是边长为的正方形,∴,
∵三角形的面积为1,∴,即,∴,
∵,点是的中点,
∴,同理可得,
又因为,平面,
∴平面,
∵平面,
∴平面平面
（2）存在,
如图,连接,易得两两互相垂直,
分别以为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,
则,假设存在点使得二面角的余弦值为,
不妨设,
∵点在棱上,∴,
又,
∴,
∴,
,,
设平面的法向量为,则,∴,
令,可得,∴平面的一个法向量为,
又平面的一个法向量为,二面角的余弦值为,
∴,即,
解得或（舍）
所以存在点符合题意,点为棱靠近端点的三等分点
【点睛】
本题考查面面垂直的证明,考查利用空间向量处理已知二面角求参问题,考查运算能力
19．（1）；（2）.
【分析】
（1）利用椭圆定义可得的周长为，列出两个方程，，可计算出，从而得出标准方程.
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，表示出，.
把的面积表示出来，用函数单调性求取值范围.
【详解】
解：（1）因为的周长为8，由椭圆的定义知，
故，又，
所以，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）由题意可设直线l的方程为，，，
由，
显然且，，
∴
令，
∴．
易知S在单调递减，从而．
20．（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意可得的取值为，计算相应的概率值即可确定分布列和数学期望；
（2）分别求解当购进份时的利润和购进份时的利润即可确定利润更高的决策.
【详解】
（1）根据题意可得
，
，
，
，
，
，
，
的分布列如下：















（2）当购进份时，利润为
，
当购进份时，利润为
，
可见，当购进份时，利润更高.
21．(1)见解析；(2)
【分析】
(1)对函数求导，结合二次函数的性质讨论的范围，即可判断的单调性；(2)由存在不动点，得到有实数根，即有解，构造函数令，通过求导即可判断的单调性，从而得到的取值范围，即可得到的范围．
【详解】
(1)的定义域为，
对于函数，
①当时，即时，在恒成立.
在恒成立.
在为增函数；
②当，即或时，
当时，由，得或，，
在为增函数，减函数.
为增函数，
当时，由在恒成立，
在为增函数．
综上，当时，在为增函数，减函数，为增函数；当时，在为增函数．
（2），
存在不动点，方程有实数根，即有解，
令，，
令，得，
当时，单调递减；
当时，单调递增；
，
当时，有不动点，
的范围为.
【点睛】
导数式含参数时，如何讨论参数范围而确定到数值的正负是解决这类题的难点，一般采用求根法和图像法．
22．（1）（2）
【解析】
试题分析：
（1）消去参数得到椭圆的标准方程，从而得到右焦点的坐标．由极坐标方程可得直线的直角坐标方程为，由此可得过点F且与垂直的直线的方程，化为极坐标方程即可．（2）设点，可得点到直线的距离，然后根据三角函数的有关知识求解．
试题解析：
（1）将参数方程（为参数）消去参数得，
∴椭圆的标准方程为，
∴椭圆的右焦点为，
由得，
∴直线的直角坐标方程为，
∴过点与垂直的直线方程为，即，
∴极坐标方程为．
（2）设点，
则点到直线的距离，
其中，
∴当时，取最小值，
此时．
∴，
，
∴ 点坐标为．
23．（1）；（2）
【分析】
（1）先将写为分段函数的形式，然后根据分别解不等式即可；
（2）先求出的最小值，然后根据图象的最低点为，求出和的值，再利用基本不等式求出的取值范围.
【详解】
解：（1）由，得
∴由可得或或
解得或或，
综上，；
（2）∵
∴当时，取得最小值3，
∴函数图象的最低点为，即，.
∵，
∴，
∴，
∴.
当且仅当，即，时取等号，
∴.
【点睛】
本题考查了绝对值不等式的解法和利用基本不等式求最值，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题.