新疆乌鲁木齐市第七十中学2021届高三数学10月月考试题 理（含解析）.doc

1、新疆乌鲁木齐市第七十中学2021届高三数学10月月考试题 理（含解析）一选择题1. （ ）A. 1B. 2C. iD. 2i【答案】B【解析】【分析】利用复数的四则运算，计算结果即可.【详解】化简得.故选：B.【点睛】本题考查了复数的四则运算和虚数单位的幂运算，属于基础题.2. 设p：，q：，则p是q成立的（ ）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【答案】A【解析】【分析】利用对数函数、指数函数的性质分别化简，即可判断出关系【详解】因为p：，q：而所以p是q成立的充分不必要条件.故选：A.【点睛】考查对数函数、指数函数的性质，简单的逻辑用语.考查

2、学生的计算能力.3. 已知等差数列，其前n项和为，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的前项和性质，即可容易求得结果.【详解】故选：D【点睛】本题考查等差数列及其前n项和的性质，属基础题.4. 已知，则的最小值为（ ）A. 10B. 9C. 8D. 7【答案】B【解析】【分析】由已知等式得到，利用可配凑出符合基本不等式的形式，利用基本不等式求得最小值.【详解】由得：（当且仅当，即时取等号）的最小值为故选：【点睛】本题考查利用基本不等式求解和的最小值的问题，关键是能够灵活对等于的式子进行应用，配凑成符合基本不等式的形式.5. 函数图象的大致形状是（ ）A.

3、B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】分析函数的奇偶性以及在上的函数值符号，可得出合适的选项.【详解】，该函数的定义域为，函数为偶函数，当时，此时.因此，函数图象大致形状是C选项中的函数图象.故选：C.【点睛】本题考查利用函数解析式选择函数图象，一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.6. 设函数的定义域为，满足，且当时，则（ ）A. 1B. 2C. 6D. 8【答案】D【解析】【分析】根据题意，分析可得，结合函数的解析式求出的值，计算可得答案【详解】根据题意，满足，则，又由当时，则，则；故选：D【点睛】此题考查求函数值，关键在

4、于准确弄清函数关系，结合对数求解，易错点在于漏掉考虑函数定义域.7. 在中，点，分别在线段，上，且，则（ ）A. B. C. 4D. 9【答案】B【解析】【分析】根据题意，分析可得,由余弦定理求得的值，由可得结果.【详解】根据题意，则在中，又,则则则则故选：B【点睛】此题考查余弦定理和向量的数量积运算，掌握基本概念和公式即可解决，属于简单题目.8. 若满足则下列不等式恒成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】画出不等式表示的平面区域，数形结合，即可容易判断选择.【详解】画出不等式所表示的平面区域，如下所示：显然选项A，B错；又点满足可行域，但此时，故不成立，错误；又数形

5、结合可知在B处取得最小值，故，正确.故选：.【点睛】本题考查画不等式组表示的可行域，以及利用线性规划求目标函数的最值.9. 已知抛物线的焦点为F，M是抛物线C上一点，N是圆上一点，则的最小值为（ ）A. 4B. 5C. 8D. 10【答案】B【解析】【分析】把转化为到准线距离，通过到圆心的距离求解【详解】如图，圆的圆心为，半径为，直线是抛物线的准线，过作于，则，当且仅当三点共线时，等号成立此时取得最小值为故选：B【点睛】本题考查抛物线的定义，考查圆外点到圆上点的距离的最值解题关键是转化思想，抛物线上点到焦点的距离转化为到准线的距离，圆外点到圆上的的距离转化为圆外点到圆心距离10. 设正项等比数

6、列的前n项和为，且，则（ ）A. B. 28C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知求出公比后，结合等比数列前项和公式可得结论【详解】因为，所以，所以，又数列是正项数列，所以，所以.故选：A【点睛】本题考查等比数列的通项公式和前项和公式，考查等比数列前项和的性质，本题也可直接用基本时法求解11. 双曲线E：的一条渐近线与圆相交于若的面积为2，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出双曲线的渐近线方程，由圆的方程求得圆心坐标与半径，再由点到直线的距离公式求圆心到直线的距离，进一步求得弦长，利用三角形面积公式列式求解【详解】双曲线的一条渐近线：，与圆相交于

7、两点，圆的圆心，半径为2，圆心到直线的距离为：，弦长|可得：，整理得：，即，解得双曲线的离心率为故选：C【点睛】此题考查求双曲线离心率，关键在于熟练掌握双曲线与圆的几何性质，构造齐次式求解离心率.12. 已知分别为圆与的直径，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题先画出基本图形，结合向量加法和点乘运算化简可得，结合的范围即可求解【详解】如图，其中，所以.故选：A【点睛】本题考查向量的线性运算在几何中的应用，数形结合思想，属于中档题二填空题13. 在中，内角的对边长分别为，已知，且，则_【答案】4【解析】根据正弦定理与余弦定理可得：，即故答案为414. 如图，

8、已知ABC的两顶点坐标，圆E是ABC的内切圆，在边AC，BC，AB上的切点分别为P，Q，R，|CP|=2，动点C的轨迹方程为_.【答案】【解析】【分析】由切线长定理可得，再由椭圆的定义即可得解.【详解】由题意结合切线长定理可得，所以，所以动点C轨迹是以，为焦点的椭圆（不在x轴上），且该椭圆满足，所以，所以该椭圆方程为.故答案为：.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、椭圆定义的应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，属于中档题.15. 在直角坐标系中，某等腰直角三角形的两个顶点坐标分别为，函数的图象经过该三角形的三个顶点，则的解析式为_.【答案】【解析】【分析】结合题意先画出直角坐标系，点出所

9、有可能组成等腰直角三角形的点，采用排除法最终可确定为点，再由函数性质进一步求解参数即可【详解】等腰直角三角形的第三个顶点可能的位置如下图中的点，其中点与已有的两个顶点横坐标重复，舍去；若为点则点与点的中间位置的点的纵坐标必然大于或小于，不可能为，因此点也舍去，只有点满足题意.此时点为最大值点，所以，又，则，所以点，之间的图像单调，将，代入的表达式有由知，因此.故答案为：【点睛】本题考查由三角函数图像求解解析式，数形结合思想，属于中档题16. 数列满足递推公式，且，则_.【答案】2020【解析】【分析】可对左右两端同乘以得，依次写出，累加可得，再由得，代入即可求解【详解】左右两端同乘以有，从而，

10、将以上式子累加得.由得.令，有.故答案为：2020【点睛】本题考查数列递推式和累加法的应用，属于基础题三解答题17. 在平面四边形中，已知，.（1）若，求的面积；（2）若求的长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）在三角形中，利用余弦定理列方程，解方程求得的长，进而由三角形的面积公式求得三角形的面积.（2）利用诱导公式求得，进而求得，利用两角差的正弦公式，求得，在三角形中利用正弦定理求得，在三角形中利用余弦定理求得的长.【详解】（1）在中，解得，.（2）在中，.【点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于中档题.18. 已知数列满足，其中.（1）求数列

11、的前n项和；（2）若，记数列的前n项和为，求证：.【答案】1）知，【解析】【分析】（1）先对两边同时除以，得到，再求出首项，说明是等差数列，进而求得其前n项和；（2）先求出，再利用裂项相消求和求出，即可得出结论.【详解】（1）因为，所以，所以，当时，由可得，所以是首项为1，公差为2的等差数列，所以，所以，（2）由（1）知，所以所以 .【点睛】本题主要考查了由递推公式求通项公式，考查了等差数列前n项和，考查了裂项相消求和，属于中档题.19. 如图，斜率为k的直线l与抛物线y24x交于A、B两点，直线PM垂直平分弦AB，且分别交AB、x轴于M、P，已知P(4，0).(1)求M点的横坐标；(2) 求

12、面积的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）设，运用点差法和直线的斜率公式和中点坐标公式，解方程可得所求坐标；（2）设直线即，与抛物线联立，运用韦达定理和弦长公式，以及点到直线的距离公式，化简整理，运用导数判断单调性，可得最大值【详解】解：（1）设，则，而，由得，即；（2）设直线即，与抛物线联立得，则，所以，而到直线的距离为，所以，又由于，所以，令，则且，所以，令，则，当，当时，故，即面积的最大值为8【点睛】本题考查抛物线的方程和性质，直线和抛物线方程联立，运用韦达定理和弦长公式，考查化简整理的运算能力，属于中档题20. 已知.（1）若，求在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

13、（2）若在上的最大值为，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)先求出切线方程从而得到在坐标轴上的截距，即可求得面积.(2)先求导后，讨论和不同情况在上的最大值位置不同进行求解即可.【详解】（1）由题易知可得则则切线方程为令可得，令可得所以切线与两坐标轴围成的三角形面积为（2）.(i)当时，故在上单调递增，所以在上的最大值为所以.()当时，由可得.当，即时，在上单调递增，所以在上的最大值为所以舍去，当即时在上单调递减，所以在上的最大值为，所以不满足，舍去当，即时，在上，在上.所以在单调递减，在上单调递增，由上面分析可知，当 时,不可能是最大值.由 可得此时 的最大值所以， 不符合.

14、舍去.综上可知，【点睛】本题考查利用求导法求解函数的切线方程，函数在区间上的最值及参数的值，对学生的分类讨论思想，化归与转化以及运算求解能力要求较高.属于较难题目.21. 已知椭圆：过点，过坐标原点作两条互相垂直的射线与椭圆分别交于，两点.（1）求当取得最小值时，椭圆的离心率及此时椭圆的方程.（2）若椭圆的焦距为2，是否存在定圆与直线总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1），；（2）存在定圆与直线总相切，理由见解析.【解析】【分析】（1）由椭圆过点可得，再利用基本不等式求取得最小值时等号成立的条件，即可求出、的值，进而得出椭圆的方程. （2）首先求出椭圆的焦距为2时椭

15、圆的方程，讨论直线的斜率不存在时和斜率存在时，利用，结合原点到直线的距离等于半径即可解决问题.【详解】（1）因椭圆过点，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立.此时椭圆的离心率为，由得： ，所以椭圆的方程为，所以椭圆的离心率为，椭圆的方程为.（2）存在定圆，使得定圆与直线总相切，理由如下：因为椭圆的焦距为2，所以，又由（1）知，联立得，所以椭圆的方程为：，当直线的斜率不存在时，由对称性，设， 因为、都在椭圆上，解得，所以原点到直线的距离为，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立 得，由，设，则 ，因为，所以，即，所以，即，所以原点到直线的距离为，综上所述：原点到直线距离为定值，且定值为.故存在

16、定圆.【点睛】本题主要考查了求椭圆的离心率和标准方程，考查了直线与圆的位置关系，涉及基本不等式和点到直线的距离公式，属于中档题.22. 心形线是由一个圆上的一个定点，当该圆绕着与其相切且半径相同的另外一个圆周上滚动时，这个定点的轨迹，因其形状象心形而得名.在极坐标系中，方程表示的曲线就是一条心形线，如图，以极轴所在直线为轴，极点为坐标原点的直角坐标系中，已知曲线的参数方程为(为参数).（1）求曲线的极坐标方程；（2）若曲线与相交于三点，求线段的长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先通过消参将其转化为普通方程，再利用公式求得其极坐标方程；（2）设出的极坐标，代入方程即可得、，即可得

17、解.【详解】（1）由（为参数），消参数化简得普通方程，令，则化简得，即，即得曲线的极坐标方程为；（2）由已知，不妨设，于是，故.【点睛】本题考查参数方程、直角坐标方程及极坐标方程的转化，考查了利用极坐标求弦长，属于中档题.23. 已知不等式的解集为（1）求的值；（2）若三个正实数，满足证明：【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）根据不等式的解集与方程根的关系求出，然后解绝对值不等式得（2）首先利用基本不等式得，通分后，再凑配成，再利用基本不等式可得【详解】（1）由题意知，为方程的根，解得由时，时，时，综上不等式解为，（2）由（1）知，成立【点睛】本题考查解绝对值不等式，考查不等式的证明考查推理能力与运算求解能力证明不等式时应用基本不等式不需要考虑等号成立的条件，即使等号取不到，不等式仍然成立