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- 2021-05-19 发布
高三年级10月数学试题（文科）
—、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1.设集合，，，则（ ）.
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出集合，再求出，再求即可.
【详解】解：因为，
又因为，所以，
又，
所以，
故选：C.
【点睛】本题考查了集合的补集、交集的运算，属基础题.
2.命题“”的否定是（ ）.
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由特称命题的否定为全称命题，全称命题的否定为特称命题，判断即可得解.
【详解】解：由特称命题的否定为全称命题可得：命题“”的否定是“”，
故选：A.
【点睛】本题考查了特称命题与全称命题，属基础题.
3.函数的图象大致是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
绝对值定义将函数化为分段函数形式，再根据二次函数性质画图.
【详解】y＝x|x|＝,故选A.
【点睛】本题考查分段函数图象以及二次函数图象，考查基本化简与作图识别能力.
4.设，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据指数函数、对数函数的知识得到所在的范围，进而可得的大小关系．
【详解】由题意得，
∴．
故选B．
【点睛】比较指数幂和对数的大小时，常用的方法是根据指数函数、对数函数的性质得到各个数的范围，然后通过比较可得大小关系，解题时注意各数与0和1的大小关系．
5.已知三个内角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，若，则该三角形一定是（ ）
A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D.
等腰直角三角形
【答案】A
【解析】
【分析】
根据余弦定理得到三边间的关系后可得三角形的形状．
【详解】由及余弦定理得，
整理得，
∴，
∴为等腰三角形．
故选A．
【点睛】根据正弦定理、余弦定理判断三角形的形状时，常用的方法有两种，一是把边化成角后进行判断，另一种方法是把角化为边后再进行判断，解题时注意对两种方法的选择．
6.已知，则（ ）.
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
联立三角函数的商数关系及正弦、余弦的平方关系，即可得解.
【详解】解：由，则，又，
所以，所以，即，
又，
所以，
故选：D.
【点睛】本题考查了三角函数的商数关系及正余弦的平方关系，重点考查了运算能力，属基础题.
7.已知是函数的一个极大值点，则的一个单调递增区间是（ ）.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先由是函数的一个极大值点，则可求得，再利用三角函数单调增区间的求法求得函数增区间为：，再利用集合间的包含关系逐一判断各选项，即可得解.
【详解】解：由是函数的一个极大值点，
则，即，
则，
由，解得：，，
即函数的增区间为,
又 ，
即的一个单调递增区间是，
故选：C.
【点睛】本题考查了由三角函数的极值求函数解析式，重点考查了三角函数的单调性及集合的包含关系，属中档题.
8.函数，有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
令，可得或，由题意得函数在时有一个零点，所以只需函数在时有一个零点即可，令即可得到结果．
【详解】由题意得，当时，函数有一个零点；
当时，令，得，
要使函数有两个不同的零点，
则只需，解得．
故选C．
【点睛】解决函数零点存在性问题的常用方法有三种：一是用零点存在性定理进行判断，二是通过解方程得到函数的零点，三是用函数的图象，借助数形结合求解．值得说明的是，零点存在性定理是充分条件，而并非是必要条件．
9.满足函数在上单调递减的一个充分不必要条件是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先求出函数在上单调递减的充要条件，再结合所给的选项进行判断、选择即可．
【详解】结合复合函数的单调性，函数在上单调递减的充要条件是，解得．
选项A中，是函数在上单调递减的既不充分也不必要条件，所以A不正确；
选项B中，是函数在上单调递减的充要条件，所以B不正确；
选项C中，是函数在上单调递减的必要不充分条件，所以C不正确；
选项D中，是函数在上单调递减的充分不必要条件，所以D正确．
故选D．
【点睛】解答本题时注意两点：（1）根据题意先求出函数在给定区间上的充要条件，求解时容易忽视函数的定义域；（2）由于求的是函数递减的充分不必要条件，可转化为所选的范围是区间的真子集的问题．考查转化和计算能力，属于基础题．
10.如图，已知，则（ ）.
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
将作为平面向量的一组基底，再结合，运算即可得解.
【详解】解：因为，
所以,
又
所以，
故选：D.
【点睛】本题考查了平面向量基本定理，重点考查了平面向量的线性运算，属基础题.
11.函数，（其中， ，
）的一部分图象如图所示，将函数上的每一个点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，得到的图象表示的函数可以为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
由图象可知A=1，周期，所以，又过点，所以，即，每一个点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，得到，故选A.
12.定义在上的函数满足，则关于的不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
构造函数，利用已知条件求得，即函数为增函数，而，由此求得，进而求得不等式的解集.
【详解】构造函数，依题意可知，即函数在上单调递增.所求不等式可化为，而，所以，解得，故不等式的解集为.
【点睛】本小题主要考查利用导数解不等式，考查构造函数法，考查导数的运算以及指数不等式的解法，属于中档题.题目的关键突破口在于条件的应用.通过观察分析所求不等式，转化为，可发现对于，它的导数恰好可以应用上已知条件.从而可以得到解题的思路.
二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共计20分）
13.已知正方形的边长为，，，，则_______.
【答案】.
【解析】
试题分析：如下图，建立平面直角坐标系，则，，，
∴，，，∴，
．
.
考点：平面向量数量积的坐标运算.
14.若条件，条件，则是的________．（填充分不必要条件、必要不充分条件、充要条件或既不充分也不必要条件）
【答案】必要不充分条件
【解析】
【分析】
先由绝对值不等式和二次不等式的解法，求得，，
再结合集合与集合的关系即可得解.
【详解】解：解不等式，得，即，
解不等式，得，即，即，
又集合是集合的真子集，
即是的必要不充分条件，
故答案为：必要不充分条件.
【点睛】本题考查了绝对值不等式和二次不等式的解法，重点考查了充分必要条件，属基础题.
15.已知函数，，则的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
令，则可得函数为奇函数，然后根据题意求解可得结果．
【详解】设，
则
，
∴函数为奇函数．
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为．
【点睛】解答本题的关键是构造函数，并利用函数为奇函数进行求解，另外解题中还要注意这个整体在解题中所起的作用．
16.设，若函数在上的最大值与最小值之差为2，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
分析】
设，结合导数可得函数的值域为，最大值与最小值之差为2，从而得到函数的值域为，最大值与最小值之差也为2．然后根据题意可得或，于是可得所求的范围．
【详解】设，
则，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增．
∵，，，
∴函数的值域为，最大值与最小值之差为2，
∴函数的值域为，最大值与最小值之差也为2．
∵函数在上的最大值与最小值之差为2，
∴或，
解得或.
∴实数的取值范围为．
故答案为．
【点睛】本题考查用导数研究函数的最值问题，具有综合性和难度，解题的关键是注意将问题进行合理的转化．
三、解答题：本大题共6小题，共计70分。（解答题写出文字说明、证明过程或验算步骤。）
17.设：函数的定义域为，，使得不等式成立，如果“或”为真命题，“ 且”为假，求实数的取值范围．
【答案】
【解析】
【分析】
先求出命题p,q分别为真命题时的取值范围，由“p或q”为真命题，“p且q”为假可得p，q一真一假，然后根据分类讨论可得所求的范围．
【详解】若命题p为真，即恒成立，
则有，解得．
令，且，，
所以函数在上单调递减，
所以，即，
所以的值域为，
若命题q为真，即，使得成立，
则．
由命题“p或q”为真命题，“p且q”为假命题，可知p，q一真一假，
①当p为真命题，q为假命题时，
则有，不等式组无解．
②当p为假命题q为真命题时，
则有，解得．
综上可得．
所以实数的取值范围是．
【点睛】解决此类问题的关键是准确地把每个条件所对应的参数的取值范围求解出来，然后转化为集合交、并、补的基本运算．
18.已知向量，其中.
（1）若，求角的大小；
（2）若，求的值.
【答案】（1）或；
（2）.
【解析】
【分析】
（1）由，得，运算可得，再结合，求即可；
（2）由向量模的运算可得，再等式两边同时除以，运算即可得解.
【详解】解：（1）由，得，即，即，
因为，所以，
所以或，解得或．
（2）由题得，
由，得，即，
整理得，
因为，所以，等式两边同时除以得，，即，
解得或，
因为，所以，
故．
【点睛】本题考查了向量的数量积运算及三角函数中知值求角问题，重点考查了三角函数化简求值问题，属中档题.
19.已知四边形OACB中，a、b、c分别为的内角A、B、C所对的边长，且满足．
（1）证明：；
（2）若 ，设，，求四边形OACB面积的最大值．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）由及正弦定理和三角变换可得，再由正弦定理可得结论成立．（2）先证得为等边三角形，根据及三角形的面积公式，得到，然后根据的取值范围可得所求的最大值．
【详解】（1）证明：∵，
由正弦定理得，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
由正弦定理得：．
（2）解：∵，，
∴，
∴ 为等边三角形．
由题意得
，
∵，
∴，
∴当，即时，有最大值，且最大值为．
【点睛】本题考查用三角函数模型解决问题，该类问题主要有两种情形：一种是用已知的模型去分析解决实际问题，另一种是需要建立精确的或者数据拟合的模型去解决问题，尤其是利用数据建立拟合函数解决实际问题，体现了新课标中“数学建模”的本质．解题中的关键是将问题逐步转化成形如的函数的问题求解．
20.已知函数图象一条对称轴为．
（1）求的最小值；
（2）当取最小值时，若，，求值．
【答案】（1）1（2）
【解析】
【分析】
（1）由题意得，又函数图象的一条对称轴为，所以，根据条件可得所求；（2）由（1）知，可得，根据同角关系可得，最后利用求解可得所求的结果．
【详解】（1）由题意得
．
因为函数的一条对称轴为，
所以，
所以，
又，
所以的最小值为1．
（2）由（1）知．
∴．
∵，
∴
∴
．
【点睛】（1）解答形如的函数的问题时，需要把作为一个整体，并结合正弦函数的相关性质求解，解题时注意的符号对结果的影响．
（2）在解答“给值求值”型的问题时，要注意角的变换，通过“拆”、“凑”等方法将所求角用已知角表示出来，然后再将所给条件作为整体进行求解．
21.已知函数.
（1）判断函数的奇偶性，并说明理由；
（2）若方程有实数解，求实数的取值范围.
【答案】（1）为偶函数，理由见解析；
（2）.
【解析】
【分析】
（1）先判断函数的定义域是否关于原点对称，再判断与的关系即可；
（2）方程有解问题，通常转化为求函数的值域问题，先求函数的值域，从而求得实数的取值范围即可.
【详解】解：（1）因为函数的定义域为，
对于任意的，， ，
所以，
故为偶函数.
（2）由题意得
因为， 所以
即，所以，从而有：
又方程有实数解， 则，即，
故实数的取值范围为：.
【点睛】本题考查了函数奇偶性的判断及方程有解问题，重点考查了函数与方程的相互转化，属中档题.
22.已知函数．
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个极值点，，证明: ．
【答案】（1）时，在单调递增；时，在区间，单调递增；在区间单调递减．（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）求出导函数，然后根据方程的判别式得到导函数的符号，进而得到函数的单调性；（2）由题意得到方程有两个根，故可得，且．然后可得，最后利用导数可证得，从而不等式成立．
【详解】（1）∵，
∴．
①当，即时，，
所以在单调递增；
②当，即时，
令，得，，且，，
当时，；
当时，；
∴单调递增区间为，；
单调递减区间为．
综上所述：当时，在单调递增；
时，在区间，单调递增；在区间单调递减．
（2）由（1）得．
∵函数有两个极值点，，
∴方程有两个根，，
∴，且，解得．
由题意得
．
令，
则，
∴在上单调递减，
∴，
∴．
【点睛】（1）求函数的单调区间或讨论函数的单调性时，若解析式中含有参数时，解题中一定要弄清参数对导函数在某一区间内的符号是否有影响，若有影响则必须进行分类讨论．
（2）解答第二问关键在于求出的表达式后将问题转化，通过构造新函数并利用单调性可得结论成立．