黑龙江省鹤岗一中2021届高三数学（文）上学期第二次月考试题（Word版带答案） 21页

鹤岗一中2021届高三上学期第二次月考 数（文科）试题 一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分）‎ ‎1．设集合，，则（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎2．设，若，则下列不等式中正确的是（）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．中，，，若，则角为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎4．世界上最古老的数学著作《莱茵德纸草书》中有一道这样的题目：把60磅面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的两份之和的是较小的三份之和，则最小的1份为（　　）‎ A．磅 B．磅 C．磅 D．磅 ‎5．已知复数为纯虚数（其中i为虚数单位），则实数（）‎ A．B．3C．D．‎ ‎6．已知，则（ ）‎ 第 21 页 共 21 页 A． B． C． D．‎ ‎7．函数的函数图象是（）‎ A．B．C．D．‎ ‎8．若数列是等差数列，首项，，，则使前项和成立的最大自然数是（ ）‎ A．4040 B．4041 C．4042 D．4043‎ ‎9．在中，内角所对的边分别为a、b、c，给出下列四个结论：①若，则；②等式一定成立；③；④若，且，则为等边三角形；以上结论正确的个数是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．己知奇函数的导函数为，．当时，．若，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎11．若函数恰有三个不同的零点，则实数的取值范围为（）‎ 第 21 页 共 21 页 A． B． C． D．‎ ‎12．已知函数，若，则实数a的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13．若关于x的不等式在区间上有解，则实数a的取值范围为_____________.‎ ‎14．的内角，，的对边分别为，，．已知，，则的面积为____________．‎ ‎15．下列说法中 ‎①对于命题：存在，则：；‎ ‎②命题“若，则函数在上是增函数”的逆命题为假命题；‎ ‎③若为真命题，则均为真命题；‎ ‎④命题“若，则”的逆否命题是“若，则”．‎ 其中错误的是_____________‎ ‎16．已知数列与满足，，，若，对一切恒成立，则实数的取值范围是__________．‎ 第 21 页 共 21 页 三、解答题（本题共6道题，第17题10分，其它5道题各12分，共70分）‎ ‎17．的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．‎ ‎（1）求B；‎ ‎（2）若，求的周长．‎ ‎18．已知等比数列的各项均为正，且．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，求数列的前项和．‎ ‎19．已知函数，曲线在点处的切线方程为．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求在上的最大值．‎ ‎20．已知正项数列的前项和为，对任意，点都在函数的图象上.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若数列，求数列的前项和；‎ ‎21．已知锐角三角形的内角，，的对边分别为，其外接圆半径满足.‎ ‎（1）求的大小；‎ 第 21 页 共 21 页 ‎（2）已知的面积，求的取值范围.‎ ‎22．已知函数， .‎ ‎（1）求函数的单调区间；‎ ‎（2）当时，对任意的，存在，使得成立，试确定实数m的取值范围 第 21 页 共 21 页 鹤岗一中2021届高三上学期第二次月考 数学文科试题参考答案 ‎1．B 由题意可得，，‎ ‎2．D ‎【解析】‎ 解析】利用赋值法:令排除A,B,C,选D.‎ ‎3．B ‎，，‎ ‎，，故.‎ 故选：.‎ ‎4．D 由于数列为等差数列，设最小一份为，且公差为，依题意可知，即，解得.故选D.‎ 故选：.‎ ‎5．A 由题意，复数，‎ 第 21 页 共 21 页 因为复数为纯虚数，可得，解得.‎ 故选：A.‎ ‎6．D 解：因为，即，则．‎ 故选：D ‎7．A 首先去绝对值化得函数为，结合对数型复合函数的单调性即可得出选项.‎ ‎【详解】‎ 去绝对值可得，‎ 当时，单调递增，‎ 当时，单调递减，且，‎ 当时，单点递增，且，‎ 综上只有A符合，‎ 故选：A ‎8．A 第 21 页 共 21 页 ‎∵，∴和异号，‎ 又数列是等差数列，首项，∴是递减的数列，，‎ ‎，∴，‎ ‎，‎ ‎∴满足的最大自然数为4040．‎ ‎9．D ‎①∵，∴，‎ 又∵‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 故①成立；‎ ‎②∵‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴；‎ 故②成立；‎ 第 21 页 共 21 页 ‎③∵‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴ ；‎ 故③成立；‎ ‎④∵表示为边的单位向量， 表示为边的单位向量，‎ ‎∴所以（）.表示，‎ 又∵，‎ ‎∴°‎ 所以为等边三角形 故④成立.‎ 故选：D.‎ ‎10. D 设所以当时，是增函数，因为是奇函数，所以有，‎ 因此有，所以是偶函数，‎ 第 21 页 共 21 页 而，‎ 可以化为，是偶函数，所以有，当时，是增函数，所以有，故本题选D.‎ ‎11C 函数恰有三个不同的零点，即方程有三个不同的实数根，设，即直线与的图象有三个不同的交点，求出，讨论出函数的单调区间，作出其大致图象，根据图象可求答案.‎ ‎【详解】‎ 由可得，，构造函数，， 令得到或，令得到，‎ 所以的单调递增区间为，递减区间为 显然,当时，，，则 当时，由指函数增加的速度比幂函数快得多，所以.‎ 当时, ,,所以.‎ 画出函数的大致图象，如图.‎ 第 21 页 共 21 页 可知当时，直线与的图象无交点；‎ 当时，函数在时取得极小值，且.‎ 当时，的图象与有三个不同的交点，‎ 即函数恰有三个不同的零点，所以的取值范围为.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题考查根据函数的零点个数求参数问题，考查构造函数利用导数解决问题的能力，属于中档题.‎ ‎12．D ‎【解析】‎ 由函数，‎ 可得，‎ 所以函数为奇函数，‎ 第 21 页 共 21 页 又，因为，所以，‎ 所以函数为单调递增函数，‎ 因为，即，‎ 所以，解得，故选D．‎ 点睛：本题考查了函数的单调性、奇偶性和函数不等式的求解问题，其中解答中函数的奇偶性和函数的单调性，转化为不等式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，对于解函数不等式：首先根据函数的单调性和奇偶性把不等式转化为的形式，然后根据函数的单调性去掉“”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意与的取值应在外层函数的定义域内是试题的易错点．‎ ‎13．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题现将不等式运用参变分离化简为，再构造新函数求最大值，最后求实数a的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 解：∵不等式在区间上有解，‎ ‎∴不等式在区间上有解，‎ ‎∴不等式在区间上有解，‎ 令，（），则，‎ 第 21 页 共 21 页 ‎∴ 当时，，单调递减，‎ ‎∴ ‎ 不等式在区间上有解，即 ‎∴‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查不等式存在性问题，借导函数研究原函数单调性求最大值，是中档题.‎ ‎14．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理得，由平方关系和余弦定理可得，再利用面积公式即可得解.‎ ‎【详解】‎ 由已知条件及正弦定理可得，‎ 易知，所以，‎ 又，所以，‎ 所以，所以，即，，‎ 第 21 页 共 21 页 所以的面积．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用，属于中档题.‎ ‎15．③.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①．特称命题的否定是全称命题，否定时要将存在量词改为全称量词，还要否定结论；‎ ‎②．写出原命题的逆命题，再判断真假；‎ ‎③．若为真命题，则必有一个为真命题，即可判断出；‎ ‎④．利用逆否命题的含义即可得出．‎ ‎【详解】‎ 解：∵：存在，，是一个特称命题，由特称命题的否定是全称命题得，：任意，，故①对；‎ 命题“若，则函数在上是增函数”的逆命题为“若函数在上是增函数，则”，是一个假命题，故②对；‎ 若为真命题，则、至少有一个是真命题，可以有一个是假命题，故③错；‎ 命题“若，则”的逆否命题是“若，则”，故④对；‎ 故答案为：③．‎ ‎【点睛】‎ 第 21 页 共 21 页 本题综合考查了简易逻辑的有关知识、指数函数的单调性，属于基础题．‎ ‎16．‎ ‎【解析】‎ 由题意可得，‎ 满足时，有：，‎ 其中，‎ 故当时，取得最值，‎ 实数的取值范围是 ‎17．（1）；（2）.‎ 解：（1）因为，所以．‎ 又，所以，即．‎ 又，所以．‎ ‎（2）由余弦定理得．‎ 因为，所以． ‎ 故的周长为．‎ ‎18．（1）；（2）．‎ 第 21 页 共 21 页 解：（1）设数列的公比为 依题意有： ‎ 两式相比，整理得，解得或． ‎ 因为的各项均为正，所以，，‎ 所以． ‎ ‎（2），‎ ‎， ‎ 所以 ‎．‎ ‎19．（1）a=2,b=-4；（2）13．‎ ‎（1）函数的导数为，‎ 曲线在点处的切线斜率为，切点为，‎ 由切线方程为，可得，，解得．‎ ‎（2）函数的导数 ，由，可得或；由，可得．则f(x)的增区间为， ；减区间为．可得f(x)的两极值点-2,，‎ 第 21 页 共 21 页 ‎，，‎ 又，．故y=f(x)在上的最大值为13．‎ ‎．‎ ‎20．（1）；（2）.‎ 解：（1）将点代入函数的解析式得到.‎ 当时，，即，解得；‎ 当时，由得，‎ 上述两式相减得，得，即.‎ 所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，因此，；‎ ‎（2），，‎ 因此，①‎ ‎，②‎ 由①②得，‎ 所以20．（1）；（2）‎ ‎21．（1）（2）‎ 第 21 页 共 21 页 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理和余弦定理计算得到答案.‎ ‎（2）根据面积公式化简得到，根据角度范围得到值域.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵，∴，即，‎ ‎∴，又为锐角，∴.‎ ‎（2）∵的面积，‎ ‎∴，∴，又，，‎ ‎∴‎ 由是锐角三角形得，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴，即的取值范围为.‎ 第 21 页 共 21 页 ‎【点睛】‎ ‎．‎ ‎22．（1）当时，的单调递增区间是，无递减区间；当时，的单调递增区间是，递减区间是；（2）.‎ ‎（1）求得的导函数，对分成和两种情况，讨论函数的单调区间.‎ ‎（2）将问题转化为，利用导数求得的最小值，结合（1）对分成三种情况进行分类讨论，求得的最小值.从而确定的取值范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由，得.当时，，所以的单调递增区间是，没有减区间.当时，由，解得；由，解得，所以的单调递增区间是，递减区间是.综上所述，当时，的单调递增区间是，无递减区间；当时，的单调递增区间是，递减区间是.‎ ‎（2）当时，对任意，存在，使得成立，只需成立.‎ 由，得.令，则.所以当时，，当时，‎ 第 21 页 共 21 页 ‎.所以在上递减，在上递增，且，所以.所以，即在上递增，所以在上递增，所以.‎ 由（1）知，当时，在上递增，在上递减，‎ ‎①当即时，在上递减，；‎ ‎②当即时，在上递增，在上递减，，由，‎ 当时，，此时，‎ 当时，，此时，‎ ‎③当即时，在上递增，，‎ 所以当时，，‎ 由，得 ‎ 当时，，‎ 由，得 ．‎ ‎ ．综上，所求实数m的取值范围是．‎ ‎【点睛】‎ 第 21 页 共 21 页 本小题主要考查利用导数研究函数的单调区间，考查利用导数研究不等式恒成立、存在性综合问题，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题 第 21 页 共 21 页