河北省石家庄市藁城区第一中学2021届高三数学上学期第一次月考试题（含解析）.doc

1、河北省石家庄市藁城区第一中学2021届高三数学上学期第一次月考试题（含解析）一、单项选择题（本大题共9小题，每小题5分，共45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. 已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出集合，再利用集合的并集运算求解即可.详解】由，得，又，则；故选：D.2. 是虚数单位，若复数，则的虚部为（ ）A. B. 0C. D. 1【答案】A【解析】【分析】利用复数的代数形式的运算法则直接求解【详解】解：是虚数单位，复数，的虚部为故选：【点睛】本题考查复数的虚部的求法，考查复数的运算法则等基础知识，考查运算求解能力，属于基础

2、题3. 已知为圆上任一点，为直线：上的两个动点，且，则面积的最大值为（ ）A. 9B. C. 3D. 【答案】B【解析】【分析】计算出圆上点到直线的最远距离为，利用面积公式即可得解.【详解】由题意知圆的圆心为，半径为1，则圆心到直线的距离为，所以圆上的点到直线的最大距离为，所以的最大值为故选：B.【点睛】本题考查了圆上点到直线距离最值的求解，考查了转化化归思想，属于基础题.4. 已知，且，则的值为（）A. -7B. 7C. 1D. -1【答案】B【解析】【分析】由了诱导公式得，由同角三角函数的关系可得，再由两角和的正切公式，将代入运算即可.【详解】解：因为，所以，即，又 ，则，解得= 7，故选

3、B.【点睛】本题考查了诱导公式及两角和的正切公式，重点考查了运算能力，属中档题.5. 已知等差数列满足，则数列的前10项的和为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先根据题意得到，从而得到，再利用裂项法求前10项和即可.【详解】因为，所以.所以，数列的前10项的和等于.故选：D【点睛】本题主要考查裂项法求和，同时考查等差数列的通项公式，属于简单题.6. 已知偶函数在上为减函数，若，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据偶函数的性质，结合对数的运算性质进行判断即可.【详解】因为是偶函数，所以有：，又因为，在上为减函数，所以，即，故选：C.7

4、. 陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，它是一种绕一个支点高速转动的刚体，种类很多，其中有一种金属陀螺（如图），它的形状可以认为是上半部分为圆柱，下半部分为倒置的圆锥；现知尖底长为3，柱体与椎体部分高之比，底周长为，则陀螺的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先利用已知条件得到底面半径，圆柱母线长以及圆锥的高，进而得到圆锥的母线长，再利用圆柱和圆锥的表面积公式求解即可.【详解】由底周长为，可得底面半径，又现知尖底长为3，柱体与椎体部分高之比，得圆柱的高即母线长为，圆锥的高为，圆锥的母线长为，则陀螺的表面积为：；故选：D.8. 如图，棱长为2的正方体中，点E、F分别为、

5、的中点，则三棱锥的外接球体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】三棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，三棱柱外接球的球心为的中点设为点O，利用勾股定理解得半径得到答案.【详解】如图所示：在正方体中，连接，三棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，在中，取中点H，连接，则为边的垂直平分线，所以的外心在上，设为点M，同理可得的外心N，连接，则三棱柱外接球的球心为的中点设为点O，由图可得，又，可得，所以，解得，所以.故选：D. 【点睛】本题考查了三棱锥外接球问题，转化为三棱柱的外接球是解题的关键.9. 已知点F为椭圆的左焦点，直线与C相交于M、N两点（其中M在第一象限），若，则椭圆C的离心

6、率是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由推出四边形为矩形，设，则，由椭圆定义及勾股定理列出等式将a、c用t表示，代入离心率公式即可得解.【详解】如图，设椭圆右焦点为，由，可知，则四边形为矩形，且，因为，设，则因为，即，解得，所以椭圆C的离心率为故选：D【点睛】本题考查椭圆的简单几何性质、矩形的性质，属于中档题.二、多项选择题（本大题共3小题，每小题5分，共15分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.）10. 等差数列的前项和为，则下列结论一定正确的是（ ）A. B. 当或10时，取最大值C. D. 【答案】AD【解

7、析】【分析】由求出，即，由此表示出、，可判断C、D两选项；当时，有最小值，故B错误.【详解】解：，故正确A.由，当时，有最小值，故B错误.，所以，故C错误.，故D正确.故选：AD【点睛】考查等差数列的有关量的计算以及性质，基础题.11. 德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，是解析数论的创始人之一，以其名命名的函数成为狄利克雷函数，则关于，下列说法正确的是（ ）A. B. 函数是偶函数C. 任意一个非零有理数，对任意恒成立D. 存在三个点，使得为等边三角形【答案】ABCD【解析】【分析】依次判断每个选项：，故；判断，为偶函数；判断；取为等边三角形，得到答案.【详解】，正确；，偶函数，正确；

8、，正确；易知三点构成等边三角形，正确；故选：【点睛】本题考查了函数的新定义问题，意在考查学生对于函数性质的应用能力.12. 如图，在棱长为1的正方体中，P为线段上的动点，下列说法正确的是（ ）A. 对任意点P，平面B. 三棱锥的体积为C. 线段DP长度的最小值为D. 存在点P，使得DP与平面所成角的大小为【答案】ABC【解析】【分析】对四个选项逐一分析，对于A：平面平面，可得平面；对于B：三棱锥的高均为1，底面的面积为，根据锥体体积公式计算即可作出判断；对于C：当点P为的中点时，DP最小，此时，在中利用勾股定理进行计算可得出DP的最小值；对于D：设点P在平面上的投影为点Q，为DP与平面所成的角

9、，而，所以DP与平面所成角的正弦值的取值范围是，而，从而作出判断.【详解】由题可知，正方体的面对角线长度为，对于A：分别连接、，易得平面平面，平面，故对任意点P，平面，故正确；对于B：分别连接、，无论点P在哪个位置，三棱锥的高均为1，底面的面积为，所以三棱锥的体积为，故正确；对于C：线段DP在中，当点P为的中点时，DP最小，此时，在中，故DP的最小值为，故正确；对于D：点P在平面上的投影在线段上，设点P的投影为点Q，则为DP与平面所成的角，而，所以DP与平面所成角的正弦值的取值范围是，而，所以不存在点P，使得DP与平面所成角的大小为，故错误.故选：ABC.【点睛】本题考查线面平行，考查棱锥体积

10、，考查线面所成的角，考查空间想象能力和运算求解能力，属于常考题.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）13. 设函数若的图像关于原点对称，则曲线在点处的切线方程为_【答案】【解析】【分析】由的图像关于原点对称可得，由导数的几何意义可知切线的斜率为，求得后利用点斜式即可得解.【详解】由题知为奇函数，可得即，则，切线方程为即故答案为：.【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用和导数几何意义的应用，属于基础题.14. 已知、满足：，则_.【答案】【解析】【分析】将两边平方展开可得的值，再计算的值，进而可得的值.【详解】，因为，所以，所以，可得，故答案为：.15. 已知，且，则的最大值为_；的最

11、小值为_【答案】 (1). 2 (2). 3【解析】【分析】利用基本不等式可得出，进而可求出求最大值；利用1的代换将所求式子转化为，再利用基本不等式求最小值即可.【详解】由，可得，即，当且仅当，即时等号成立；由，可得，当且仅当， 即时等号成立.故答案为：2；3.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所

12、求的最值，这也是最容易发生错误的地方.16. 椭圆上一点，求的最大值为_【答案】【解析】【分析】利用椭圆的定义以及三角形的三边关系即可求解.【详解】由，则椭圆的左焦点，所以.故答案为：四、解答题（本大题共6小题，共82分解答应写岀文字说明、证明过程或演算步骤）17. 已知中，三个内角所对的边分别是（1）证明；（2）在，这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答若，_，求的周长【答案】（1）证明见解析；（2）选，周长都是20.【解析】【分析】（1）利用余弦定理即可直接证明；（2）先根据条件结合（1）中结论可先求得，再由余弦定理可求出，即可得出周长.【详解】（1）证明：由余弦定理可得：，即（2）

13、第一步：求A选：，由（1）中所证结论可得：，可得选：，由（1）中的证明同理可得：，可得，选：，由（1）中的证明过程同理可得，可得第二步：求c在中，由余弦定理可得：，即，解得，或（舍去），所以，即的周长为20【点睛】关键点点睛：本题考查余弦定理的应用，解题的关键是利用余弦定理化角为边，根据所给条件结合所证结论化简.18. 已知数列满足（1）证明数列为等比数列并求的通项公式；（2）求数列的前n项和【答案】（1）证明见解析，；（2）.【解析】【分析】（1）由递推关系式可得数列是等比数列，进而可得数列的通项公式；（2）利用错位相减法进行求和可得【详解】（1）证明：因为数列满足所以，设，所以，由于，所以

14、，故数列是首项为1、公比为3的等比数列所以，则（2）由于，所以，-得：故【点睛】方法点睛：数列求和的方法：（1）等差等比公式法；（2）裂项相消法；（3）错位相减法；（4）分组（并项）求和法；（5）倒序相加法.19. 已知圆的圆心在轴的正半轴上，半径为，且被直线截得的弦长为.（1）求圆的方程；（2）过点作圆的切线，求切线方程.【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）设圆心坐标，表示出圆心到直线距离，根据弦长公式，列方程求解；（2）分类讨论当斜率不存在和斜率存在两种情况结合圆心到直线距离等于半径，分别求切线方程.【详解】解：（1）设圆心则圆心到直线的距离.因为圆被直线截得的弦长为.解得或（舍

15、），圆.（2）当切线斜率不存在时，直线方程为：，与圆相切，满足题意；当切线斜率存在时，设直线方程为：，即：则：解得：此时，切线方程为：，即：所以，所求切线方程为：或【点睛】此题考查根据圆的几何特征，根据弦长关系求解圆的方程，过圆外一点圆的切线方程，易错点在于漏掉考虑斜率不存在的情况.20. 如图1，四边形ABCD为矩形，BC=2AB，E为AD的中点，将ABE、DCE分别沿BE、CE折起得图2，使得平面平面BCE，平面平面BCE.（1）求证：平面平面DCE；（2）若F为线段BC的中点，求直线FA与平面ADE所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）证明平面ABE，平

16、面平面DCE即得证；（2）以点E为坐标原点，EB,EC所在的直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，设，利用向量法求直线FA与平面ADE所成角的正弦值得解.【详解】（1）证明：在图1中，BC=2AB，且E为AB的中点，同理.所以，又平面平面BCE，平面平面，所以平面ABE，又平面，所以平面平面DCE. （2）如图，以点E为坐标原点，EB,EC所在的直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，设，则.向量，设平面ADE的法向量为由，得，令，得平面ADE的一个法向量为， 又， 设直线FA与平面ADE所成角为，则所以直线FA与平面ADE所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查空间直线平面的位置关系的证明，考查空间

17、直线和平面所成的角的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.21. 已知椭圆，：()的右顶点为，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）点为左顶点，过点的直线交椭圆于两点，当取得最大值时，求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由已知条件求椭圆参数、，写出椭圆方程即可.（2）当直线与轴重合有；当直线与轴不重合，设直线为，联立椭圆方程有，应用韦达定理得到，进而结合向量的坐标表示有，进而求最值并写出直线的方程.【详解】解：（1）由题意可得：，得，则，椭圆：；（2）由（1）知：，当直线与轴重合时，不妨取，此时；当直线与轴不重合时，设直线的方程为，联立得，显然，；，当时，取最大值，

18、此时直线方程为.【点睛】关键点点睛：（1）根据顶点、离心率求椭圆参数，写出椭圆方程.（2）讨论直线与轴是否重合，联立方程应用韦达定理得到、，结合向量的坐标表示有关于未知参数的函数，求函数的最值并写出直线方程.22. 函数（1）试讨论函数的单调性；（2）若，证明：(为自然对数的底数)【答案】（1）答案见解析（2）答案见解析【解析】【分析】（1）求导得，根据、分类讨论，求出与的解集即可得解；（2）令，求导得，令，求导得在时取得极小值，即为最小值，可得，即可得证.【详解】（1）定义域为，当时，在单调递增当时，时，单调递减，当时，单调递增综上，当时在单调递增；当时，时，单调递减，当时，单调递增（2），即，设，则，当时，当时，当时，所以在时取得极小值，即为最小值，所以.令，则，当时，当时，当时，所以在时取得极小值，即为最小值所以即，所以恒成立【点睛】本题考查了利用导数判断函数的单调性和证明不等式，考查了换元法的应用，属于中档题.