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- 2021-05-19 发布
高三月考数学（文）
一．选择题：本大题共12小题，每小题5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.设，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先化简集合A,再求.
【详解】由 得： ，所以 ，因此 ，故答案为：B
【点睛】本题主要考查集合的化简和运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算推理能力.
2.若复数满足，则的共轭复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由题，先用复数的运算求得z，再求得的共轭复数.
【详解】由题可得，即的共轭复数
故选D
【点睛】本题考查了复数的运算以及共轭复数，属于基础题.
3.设, 则 “”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件
B. 必要而不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【详解】由一定可得出；但反过来，由不一定得出，如，故选A.
【考点定位】本小题主要考查充分必要条件、不等式的性质等基础知识，熟练掌握这两部分的基础知识是解答好本类题目的关键.
4.《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了有圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的近似取为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：设圆锥底面圆的半径为，高为，依题意，，，
所以，即的近似值为，故选B.
考点：《算数书》中的近似计算，容易题.
5.下列函数中既是奇函数又在区间上单调递减的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
是奇函数,但是,[−1,1]上单调增函数。
不是奇函数，
对于,因为,所以是奇函数,在[−1,1]上单调减函数，
是偶函数,[−1,1]上单调递增。
故选：C.
6.已知，且，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
用二倍角公式、两角差的正弦公式和诱导公式化简，由此得出正确结论.
【详解】有，得，，，由于，所以，故选A.
【点睛】本小题主要考查三角恒等变换，考查二倍角公式、两角差的正弦公式和诱导公式，属于中档题.
7.中，,,,为线段上任意一点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先设PA＝x，x∈[0，]，利用向量数量积的运算性质可求，结合二次函数的性质即可求解．
【详解】△ABC中，设PA＝x，x∈[0，]，
则（）•x（﹣x）×cos180°+2（﹣x）×cos45°
＝x2﹣x+4，
∵x∈[0，]，
由二次函数的性质可知，当x时，有最小值；
当x＝0时，有最大值4，
所求的范围是[，4]．
故选：C
【点睛】本题主要考查了向量的基本定理及向量的数量积的运算性质，二次函数的性质等知识的简单应用，属于中档题．
8.已知幂函数过点，令，，记数列的前项和为，则时，的值是（ ）
A. 10 B. 120 C. 130 D. 140
【答案】B
【解析】
【分析】
根据幂函数所过点求得幂函数解析式，由此求得的表达式，利用裂项求和法求得的表达式，解方程求得的值.
【详解】设幂函数为，将代入得，所以.所以，所以，故，由解得，故选B.
【点睛】本小题主要考查幂函数解析式的求法，考查裂项求和法，考查方程的思想，属于基础题.
9.四个函数：①；②；③；④的图象(部分)如下，但顺序被打乱，则按照从左到右将图象对应的函数序号安排正确的一组是
A. ④①②③ B. ①④②③ C. ③④②① D. ①④③②
【答案】B
【解析】
【分析】
先分析四个函数奇偶性，再讨论函数对应区间上函数值正负，即可进行判断选择.
【详解】①为偶函数，所以对应第一个图；
②为奇函数，且时函数值为负，所以对应第三个图；
③为奇函数，且时函数值恒非负，所以对应第四个图；
④非奇非偶函数，所以对应第二个图.
【点睛】本题考查函数奇偶性以及函数数值，考查基本分析与判断求解能力，属基本题.
10.已知，，，则的最小值为
A. B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
分析】
化简条件得，化简，利用基本不等式，即可求解，得到答案．
【详解】由题意，知，可得，
则，
当且仅当时，即时取得等号，
所以，即最小值为，故选C．
【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中熟记基本不等式的使用条件：一正、二定、三相等是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
11.一个圆锥的母线长为，圆锥的母线与底面的夹角为，则圆锥的内切球的表面积为( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知求得圆锥底面半径与高，再由等面积法求出该圆锥的内切球的半径，再由球的表面积公式，即可求解.
【详解】由题意，作出圆锥截面图，如图所示，
因为母线长为2，圆锥的母线与底面的夹角为，所以圆锥底面半径与高均为，
设内切球的半径为，则利用圆锥的轴截面，
根据等面积法，可得，解得，
所以该圆锥内切球的表面积为，故选B.
【点睛】本题主要考查了圆锥的内切球的表面积及其应用，其中解答中根据圆锥的轴截面，利用等面积法，求得内切球的半径是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.
12.已知，，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
构造函数，原不等式等价于两次求导可证明在上递减，从而可得结论.
【详解】由题意，，，
设，
，
设，
，
在单调递减，且，
,
所以在递减，
，故选C.
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于难题.利用导数判断函数单调性的步骤：（1）求出；（2）令 求出的范围，可得增区间；（3）令求出的范围， 可得减区间.
二．填空题：本大题共4小题，每小题5分
13.=__________.
【答案】2
【解析】
由对数的运算性质可得到，故答案为2.
14.已知函数（）为奇函数，是其图像上两点，若的最小值是，则_________
【答案】
【解析】
【分析】
利用余弦函数的奇偶性得的值，利用周期性得，可得函数的解析式，从而求得．
【详解】∵函数（）为奇函数，∴，即．
且是其图象上两点，若的最小值是1，
则•＝1，∴，即，所以.
故答案为：-2
【点睛】本题主要考查余弦函数的奇偶性、周期性的应用，解析式的求法，属于基础题．
15.数列中，，，且，设是数列的前项和，则_______
【答案】
【解析】
【分析】
当为奇数时，得，即；当为偶数时，，得是以为首项，以2为公差的等差数列，从而计算即可.
【详解】在数列中，满足，
当为奇数时，化简得，且，所以；
当为偶数时，化简得，且，所以是以为首项，以2为公差的等差数列；
所以
故答案为：990
【点睛】本题考查了数列的递推关系，利用分组的等差数列求和公式，还考查了分类讨论思想，属于基础题．
16.在下列命题中，正确命题序号为 （写出所有正确命题的序号）．
①函数的最小值为；
②已知定义在上周期为4的函数满足，则一定为偶函数；
③定义在上的函数既是奇函数又是以2为周期的周期函数，则；
④已知函数，则是有极值的必要不充分条件；
⑤已知函数，若，则．
【答案】②③⑤
【解析】
【详解】试题分析：对于①，函数中，当时，在在为单调递增函数，不存在最小值，故①错误；对于②，又定义在上周期为的函数，为偶函数，故②正确；对于③，因为定义在上的函数是奇函数又是以为周期，，，
，故③正确；对于④
要使有极值，则方程一定有两个不相等的根，即当时，，
，充分性成立，反之不然，是有极值的充分不必要条件，故命题④错误；对于命题⑤为上的增函数，又为上的奇函数，若即时，故⑤正确，综上所述，正确的命题序号为②③⑤，故答案为②③⑤．
考点：1、函数的单调性和周期性；2、函数的奇偶性和对称性．
【思路点睛】本题目综合考查函数的单调性、周期性及函数的奇偶性和对称性．属于难题．对于①，主要是利用函数的单调性得出的值趋于无穷小，从而得出①错误 ；对于②，利用对称性和周期性推出是偶函数，所以正确；对于③，根据函数的奇偶性、周期性，结合解析式可得③正确；对于④，根据导函数，充要条件判断其错误；对于⑤，根据函数奇偶性、单调性可证明其正确性．
三．解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17.如图，是半径为2，圆心角为的扇形，是扇形弧上的一动点，记，四边形的面积为．
（1）找出与的函数关系；
（2）试探求当取何值时，最大，并求出这个最大值．
【答案】（1）（2）当且仅当，即时，最大，且最大值为2.
【解析】
【分析】
（1）四边形的面积可以看成是和的面积之和．因为，则，根据三角形的面积公式即可得出；
（2）对（1）得到的式子进行化简，利用辅助角公式得：，根据，得时，最大，且最大值为．
【详解】（1）
（2）由（1）知
，
因为，所以
故当且仅当，即时，最大，且最大值为2．
考点：三角形面积公式；两角和与差的正弦公式；三角函数的性质.
18.已知数列中，，，且，
（1）求；
（2）若，，当为何值时，取最小值？并求出最小值.
【答案】（1）；（2）或时，取最小值为.
【解析】
【分析】
（1）由，得，两式作差得，由，计算得，满足，得等比数列，即可求出；
（2）由（1）得，满足，得是等差数列，计算出即可.
【详解】（1）在数列中，①，②
①-②得：，.
且，在①式中，令，得，，
即，是以为首项，以2为公比的等比数列，.
（2）由（1）知，，且，
且，
所以是以为首项，以为公差的等差数列，
.
时，最小，最小值为.
【点睛】本题主要考查数列的递推公式，以及等差数列和等比数列的定义和性质，要求熟练掌握相应的通项公式和前n项和公式，属于中档题．
19.已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求函数的单调区间．
【答案】（1）；（2）见解析.
【解析】
【分析】
(1)求得函数的导数，求得切线的斜率和切点的坐标，即可求解其切线的方程，得到答案.
(2)由函数的导函数为，分类讨论，进而可求得函数的单调区间.
【详解】(1)由题意，函数，
则，
可得曲线在点处的切线斜率为，切点坐标为，
所以切线的方程为，即．
(2)函数的导函数为，
①当时，，
若，则，单调递减，
若，则，单调递增．
②当时，若，则，单调递减；
若，则，单调递增．
③当时，若，则在R上单调递增．
若，则，即为，可得或；
，即为，可得.
若，则，即为，可得或；
，即为，可得.
综上可得，当，的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为R；
当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为.
【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了逻辑推理能力与计算能力，对导数的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性与，以及函数单调性，求解参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.
20.如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，平面底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，，，
求证：平面平面PAD；
若，求二面角的大小．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
试题分析：（1）借助题设条件运用面面垂直的判定定理推证；（2）借助题设运用空间向量的数量积公式求解．
试题解析：
（1）∵为的中点，，，
∴，，∴四边形是平行四边形，∴，
∵底面为直角梯形，，，∴．
又，∴平面．∵平面，∴平面平面．…………6分
（2）∵，平面底面，平面底面，
∴底面，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
设，则，
即，
∴，，，∴，
，，
设平面的法向量，则，
取，得，平面的法向量．
设二面角的平面角为，则，
∴，
∴二面角的大小为．………………12分
考点：空间线面的位置关系及向量的数量积公式等有关知识的综合运用．
21.已知.
(1)若恒成立，求的取值范围.
(2)证明：当时，.
【答案】(1) (2)见解析
【解析】
试题分析：（1）由得，令，求函数的最小值即可；（2）欲证，即证，当时，即证．令求函数的最小值即可.
试题解析：
（Ⅰ）解：当时，由得，
令，，
当时，，当时，．
∴在上单调递减，在上单调递增．
，
∴．
（Ⅱ）证明：欲证，即证，
当时，即证．
令
设，得，当时，
，
由（Ⅰ）知：当时，
则即成立，
故．
点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：
（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；
（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立，转化为;
（3）若恒成立，可转化为.
选考题：共10分，请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分
22.在极标坐系中，已知圆的圆心，半径
（1）求圆的极坐标方程；
（2）若，直线的参数方程为（t为参数），直线交圆于两点，求弦长的取值范围.
【答案】（1）ρ2﹣2ρ（cosθ+sinθ）﹣1=0（2）[2，2）
【解析】
【分析】
（1）极坐标化为直角坐标可得C（1，1），则圆C的直角坐标方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2=3．化为极坐标方程是ρ2﹣2ρ（cosθ+sinθ）﹣1=0 .
（2）联立直线的参数方程与圆的直角坐标方程可得t2+2t（cosα+sinα）﹣1=0．结合题意和直线参数的几何意义讨论可得弦长|AB|的取值范围是[2，2）.
【详解】（1）∵C（，）的直角坐标为（1，1），
∴圆C的直角坐标方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2=3．
化为极坐标方程是ρ2﹣2ρ（cosθ+sinθ）﹣1=0 .
（2）将代入圆C的直角坐标方程（x﹣1）2+（y﹣1）2=3，
得（1+tcosα）2+（1+tsinα）2=3，
即t2+2t（cosα+sinα）﹣1=0．
∴t1+t2=﹣2（cosα+sinα），t1•t2=﹣1．
∴|AB|=|t1﹣t2|==2．
∵α∈[0，），∴2α∈[0，），
∴2≤|AB|＜2．
即弦长|AB|的取值范围是[2，2）.
【点睛】本题主要考查直角坐标方程与极坐标方程的互化，直线参数方程的几何意义等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
23.已知函数.
(1)若恒成立，求实数的最大值；
(2)记(1)中的最大值为，正实数，满足，证明: .
【答案】(1)2；(2)详见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据绝对值解不等式求出f（x）的最小值为1，从而得出|m﹣1|≤1，得出m的范围；
（2）两边平方，使用作差法证明．
【详解】(1)由
得，要使恒成立，只要，
即，实数的最大值为；
(2)由(1)知，又
故，
，
，
.
【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，不等式的证明，属于中档题．