江苏省南通市如东中学2021届高三数学10月月考试题（含解析）.doc

1、江苏省南通市如东中学2021届高三数学10月月考试题（含解析）一、选择题（本大题共8小题，共40分）1. 已知集合0，1，2，0，则 A. B. 2，C. 0，D. 0，2，【答案】A【解析】【分析】本题考查集合的并集与补集的混合运算，是基础题先计算出，再求补集即可【解答】解：因为所以，又所以故选A2. 设，则“”是“”的 A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】本题主要考查了充分条件、必要条件、充要条件的判定，属于基础题由不等式知选A【解答】解：不等式，所以能推出，但反过来推不出，故选A3. 若，则下列结论正确的是 A. B.

2、 C. D. 【答案】A【解析】【分析】本题考查指数函数和对数函数的单调性，是基础题由函数单调递增，化简为得即可求解【解答】解：由得，因为函数在R上单调递增，所以，所以，所以故选A4. 已知，且，则 A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】本题主要考查二倍角公式，同角三角函数的基本关系，属于基础题根据题意得到，进而得到即可【解答】解：因为，所以，即，解得：舍去或，因为，所以，故选A5. 若抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，则 A. 2B. 3C. 4D. 8【答案】D【解析】【分析】本题主要考查了抛物线与椭圆的标准方程及几何性质，属于基础题根据抛物线的焦点坐标为，列方程即可求得结果【解答

3、】解：根据抛物线的焦点坐标为，所以根据焦点相同得到，解得故选D6. 已知，向量，若，则实数 A. B. C. D. 2【答案】D【解析】【分析】本题考查平面向量模、平面向量数量积的坐标运算，属于基础题由，可得0，结合向量坐标计算可得实数n的值【解答】解：因为，所以，即0，因为向量，所以，即故选D7. “蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，该圆称为原椭圆的蒙日圆若椭圆：的离心率为，则椭圆的蒙日圆方程为 A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】本题考查椭圆的离心率和新定义问题，属于中档题先根据椭圆的方程和离心率求

4、出a的值，再取特殊点，从而可得到两条切线方程以及切线的交点P，将点P的坐标代入蒙日圆的方程即可求出其半径，进而得解【解答】解：椭圆的离心率为，解得椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，找两个特殊点，分别为，对应的两条切线分别是，这两条直线的交点为，点P在蒙日圆上，椭圆C的蒙日圆方程为故选B8. 已知M为函数的图像上任意一点，过M作直线MA，MB分别与圆相切于A，B两点，则原点O到直线AB得距离的最大值为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】本题考查圆的切线方程的求法，以及点到直线的距离公式和基本不等式的运用，考查运算能力，属于中档题可设，设，由圆上一点的切线方程，

5、可得MA，MB的方程，进而得到AB的方程，由点到直线的距离公式，结合基本不等式可得所求最大值【解答】解：可设，设，由圆的切线方程可得MA：，MB：，由M为AM，BM的交点，可得，由过两点确定一条直线，可得AB的方程为，即有O到AB的距离为，当且仅当时，距离d取得最大值故选B二、不定项选择题（本大题共4小题，共20分）9. 设M，N是抛物线上的两个不同的点，O是坐标原点，若直线OM与ON的斜率之积为，则下列说法错误的是A. B. 以MN为直径的圆的面积大于C. 直线MN过抛物线的焦点D. O到直线MN的距离不大于2【答案】ABC【解析】【分析】本题考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系，考

6、查韦达定理及直线的斜率公式的应用，直线恒过定点问题，考查转化思想，计算能力，属于中档题斜率不存在时，可求得MN的方程，即可判断，以MN为直径的圆的面积，可判断A，B斜率存在时，设直线MN的方程，代入抛物线方程并联立即可求得直线MN恒过定点，可判断D根据抛物线几何性质求得焦点坐标，可判断C【解答】解：当直线MN的斜率不存在时，设，由斜率之积为，可得，即，所以MN的直线方程为当直线的斜率存在时，设直线方程为，联立，可得设，则，所以，即所以，直线方程为则直线MN过定点则O到直线MN的距离不大于故D正确当MN的直线方程为时，此时，故A错误当MN的直线方程为时，此时，以MN为直径的圆的面积，故B错误抛物

7、线的焦点是，故C错误故选ABC10. 已知是定义域为R的函数，满足，当时，则下列说法正确的是 A. 的最小正周期为4B. 的图像关于直线对称C. 当时，函数的最大值为2D. 当时，函数的最小值为【答案】ABC【解析】【分析】本题考查函数的周期性，对称性以及函数的最值由得，可判定A，由得，判定B，求出当时的最大值和最小值，由对称性可判定C，再由周期性判定d【解答】解：由得，所以的最小正周期为4，A正确；得，的图像关于直线对称，B正确；当时，时取得最大值2，又因为的图像关于直线对称，所以时，函数的最大值为2，C正确；当时，最小值为，所以当时，的最小值也是，的最小正周期为4，所以当时，函数的最小值为

8、，D错误，故选ABC11. 已知函数的图象如图所示，令，则下列关于函数的说法中正确的是A. 函数图象的对称轴方程为B. 函数的最大值为C. 函数的图象上存在点P，使得在P点处的切线与直线平行D. 方程的两个不同的解分别为，则最小值为【答案】ABD【解析】【分析】本题考查了三角函数的图象与性质，考查了导数的几何意义，考查了辅助角公式的应用，属于中档题由题意可得，由函数的图象与性质可得函数的对称轴方程为函数取得最大值，由导数的几何意义可得使得在P点处的切线与直线l：平行，则，解得，方程，则最小值为，从而可得正确答案【解答】解：根据函数的图象知，根据五点法画图知，当时，令，解得，函数的对称轴方程为A

9、正确；当时，函数取得最大值，B正确；，假设函数的图象上存在点，使得在P点处的切线与直线l：平行，则，解得，显然不成立，所以假设错误，即C错误；方程，则，方程的两个不同的解分别为时，则最小值为，故D正确故选ABD12. 把方程表示的曲线作为函数的图象，则下列结论正确的有 A. 的图象不经过第三象限B. 在R上单调递增C. 的图象上的点到坐标原点的距离的最小值为1D. 函数不存在零点【答案】ACD【解析】【分析】本题主要考查了含有绝对值的函数的图象，以及有关圆锥曲线的问题，利用了数形结合的思想，属于中档题分四类情况进行讨论，然后画出相对应的图象，由图象可以判断所给的命题的真假性【解答】解：，此为圆

10、心在原点，半径为1的圆在第一象限的部分，减函数，此为，实轴为x轴的双曲线在第四象限的部分，减函数，此为，实轴为y轴的双曲线在第二象限的部分，减函数，不表示任何图形，所以函数图象不存在，所以A选项正确；根据上述情况作出相应的图象，如图所示，由图象可得在R上单调递减，所以B选项错误；由图象可得，图象在第一象限的部分为圆的一部分，第二，第四象限为双曲线的一部分，所以由图象可得的图象上的点到坐标原点的距离的最小值为1，所以C正确；函数的零点等价于的交点，因为为对应双曲线部分的渐近线，结合图象所以没有交点，所以函数不存在零点，所以D选项正确；故选ACD三、填空题（本大题共4小题，共20分）13. 将函数

11、的图象向右平移个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是_【答案】【解析】【分析】本题主要考查了函数图象的平移，函数的性质，属于基础题先平移，再利用函数的性质即可求解【解答】解：将函数的图象向右平移个单位长度得到的图象，平移后函数图象的对称轴方程为，即，当时，当时，与y轴最近的对称轴的方程是故答案为14. 在中，M、N分别为BC、AM的中点，则_【答案】【解析】【分析】本题考查向量的加法、减法、数乘运算及平面向量数量积的计算，属于中档题根据已知条件计算可得，即可求得结论【解答】解：因为在中，M、N分别为BC、AM的中点，则故答案为15已知双曲线C：，O为坐标原点，F为C的右焦点，过

12、F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M、若为直角三角形，则_【答案】3【解析】【分析】本题考查双曲线的性质和几何意义，是基础题根据双曲线的渐近线的斜率求得，在直角三角形MON中结合即可求解【解答】解：由双曲线C：得，所以渐近线方程为，即直线OM，ON的斜率为，所以，在直角三角形MOF中，所以，在直角三角形MON中，故答案为316.已知，记，则M的最小值为_；当M最小时，_【答案】；【解析】【分析】本题考查了导数的几何意义，两条直线垂直的判定，点到直线的距离公式和两条直线的交点坐标利用题目条件把问题转化为函数图象上的点与直线上的点的距离的最小值的平方，利用导数的几何意义得与函数图象相切且与直线平

13、行的切点的横坐标，从而得切点坐标，再利用点到直线的距离公式得最小值，再利用两条直线垂直判定过切点与直线垂直的直线为，再利用两条直线的交点坐标计算得结论【解答】解：因为的最小值可转化为函数图象上的点与直线上的点的距离的最小值的平方，由，可得，而与直线平行的直线的斜率为，所以令得，因此切点坐标为，切点到直线的距离为，即M的最小值为过切点与直线垂直的直线为，由得故答案为；四、 解答题（本大题共6小题，共70分）17.在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且满足求A的大小；若，求的面积【答案】解：因为，由正弦定理，得，即，所以，因为，所以由正弦定理，得，由余弦定理，得，解得，所以的面积【解析】本

14、题主要考查了正弦定理、余弦定理以及三角形面积公式的应用，属于基础题根据题目条件结合正弦定理可得，代入余弦公式可得，结合A的取值范围，可得A的大小由结合正弦定理可求得b，代入余弦定理，可解得，进而代入三角形面积公式计算可得结果18.为调查某校学生的课外阅读情况，随机抽取了该校100名学生男生60人，女生40人，统计了他们的课外阅读达标情况一个学期中课外阅读是否达到规定时间，结果如下： 是否达标性别不达标达标男生3624女生1030是否有的把握认为课外阅读达标与性别有关？附：，k如果用这100名学生生中男生和女生课外阅读“达标”的频率分别代替该校男生和女生课外阅读“达标”的概率，且每位学生是否“达

15、标”相互独立现从该校学生中随机抽取3人男1女，设随机变量X表示“3人中课外阅读达标的人数”，试求X的分布列和数学期望【答案】解：假设：课外阅读达标与性别无关，根据列联表，求得的观测值，因为当成立时，的概率约为，所以有以上的把握认为课外阅读达标与性别有关；记事件A为：从该校男生中随机抽取1人，课外阅读达标；事件B为：从该校女生中随机抽取1人，课外阅读达标由题意知：，随机变量X的取值可能为0，1，2，3，所以随机变量X的分布列为：X0123P期望【解析】本题考查独立性检验，古典概型的计算公式，离散型随机变量的分布列与期望的求法，考查计算能力，属于中档题根据表格数据，利用公式求出的观测值k，判断即可

16、求出男生、女生课外阅读“达标”的概率，列出随机变量X的分布列，求得数学期望即可19.已知圆求过点且和圆C相切的直线方程；若斜率为1的直线n与圆交于两点，求面积的最大值及此时直线n的方程【答案】解：设所求切线l的斜率为k，因为在圆上，所以，则，所以直线l的方程为，即解法一：设直线n的方程为，则圆心到直线的距离为，弦长，则，当且仅当，即或时取“”满足直线与圆相交，故面积的最大值为2，此时直线n的方程为解法二：，当且仅当，即时，的面积最大，此时设直线n的方程为，则圆心到直线n的距离，由，由，即，得或，所以直线n的方程为【解析】本题主要考查了圆与直线的位置关系，涉及圆的标准方程、点到直线的距离、弦长公

17、式、基本不等式、与圆有关的最值问题，属于中档题由圆的标准方程得到圆心及半径，进而可知点P在圆上，求出直线PC的斜率后即可求得圆的切线斜率，最后得到直线的方程；解法一：先求出圆心到直线的距离及弦长DE，利用基本不等式求得最值即可；解法二：由三角形的面积公式知时三角形面积最大，此时，由弦长公式求得，进而由点到直线的距离即可求解20.在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：的离心率为，焦距为2求椭圆E的方程；如图，动直线l：交椭圆E于两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为，且，M是线段OC延长线上一点，且，的半径为，是的两条切线，切点分别为求的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率【答案】解：由题意知，所

18、以，因此椭圆E的方程为设，联立方程得，由题意知，所以由题意可知圆M的半径，由题设知，所以，因此直线OC的方程为联立方程得，因此由题意可得，而令，则，因此，当且仅当，即时等号成立，此时【解析】本题考查直线与圆、圆与椭圆位置关系的应用，训练了利用配方法求函数的最值，考查计算能力，是压轴题由题意得关于a，b，c的方程组，求解方程组得a，b的值，则椭圆方程可求设，联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系求得A，B的横坐标的和与积，由弦长公式求得，由题意可知圆M的半径r，则由题意设知得到直线OC的方程，与椭圆方程联立，求得C点坐标，可得，由题意可知，转化为关于的函数，换元后利用配方法求得取得最大值时直

19、线l的斜率为21.已知函数讨论的单调性；当时，记在区间的最大值为M，最小值为m，求的取值范围【答案】解：令，得或若，则当时，当时，故在单调递增，在单调递减；若，在单调递增；若，则当时，当时，故在单调递增，在单调递减当时，由知，在单调递减，在单调递增，所以在区间的最小值为，最大值为或于是，所以当时，可知单调递减，所以的取值范围是当时，单调递增，所以的取值范围是综上，的取值范围是【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数研究闭区间上函数的最值，是较难题求导，分，和三类分类讨论即可求解；当时，从而在单调递减，在单调递增，所以在区间的最小值为，最大值为或分和讨论即可求解15. 已知函数有两

20、个极值点求a的取值范围设，是的两个极值点，证明：【答案】解：由，得，函数有两个极值点等价于在上有两个变号零点，等价于在上有两个变号零点，令，则，所以时，单调递增，时，单调递减，所以，当时，恒成立，在上单调递减，不可能有两个极值点，舍去，当时，而，由零点存在性定理得在和内分别存在一个变号零点，此时有两个极值点，综上，所求a的取值范围为证明：因为，是的两个极值点，所以，且，由知，令，则，由在恒成立，当时，单调递减，又，所以时，即，所以，所以，由知，在单调递减，所以，即，所以，即，因为，所以，所以，即【解析】本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，不等式的恒成立问题首先求得，从而得出函数有两个极值点，等价于在上有两个变号零点，等价于在上有两个变号零点，令，进而可得，进而通过研究的单调性得出，分和两种情况进行讨论，从而由零点存在性定理得在和内分别存在一个变号零点，进而可得a的取值范围；由，是的两个极值点，可得出，且，由知，令，从而，进而可判断，单调递减，进而判断在单调递减，进而得出，进而得出，进而证明即