2021届四川省泸县第二中学高三上学期第一次月考数学(理)试题(解析版)
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这是一份2021届四川省泸县第二中学高三上学期第一次月考数学(理)试题(解析版),共19页。试卷主要包含了单选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
2021届四川省泸县第二中学高三上学期第一次月考数学(理)试题
一、单选题
1.设全集,集合,集合,则M∩()=( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】先求出和,再求M∩()得解.
【详解】
由题得,
所以或,
所以M∩()=.
故选:C
【点睛】
本题主要考查集合的补集和交集运算,考查一元二次不等式的解法,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
2.若,则的虚部为( )
A.-1 B.1 C. D.
【答案】A
【解析】利用复数除法运算化简,则虚部可求
【详解】
,故虚部为-1
故选:A
【点睛】
本题考查复数的运算,意在考查计算能力,是基础题
3.已知命题,则p命题的否定为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】首先从题的条件中可以断定命题P是全称命题,应用全称命题的否定是特称命题,利用其形式得到结果.
【详解】
因为命题P:为全称命题,
所以P的否定形式为:,
故选C.
【点睛】
该题考查的是有关全称命题的否定的问题,在解题的过程中,涉及到的知识点有全称命题的否定,注意其形式即可得到正确的结果,属于简单题目.
4.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】根据三视图还原出原几何体,然后根据圆柱和圆锥的体积公式,计算出结果.
【详解】
由已知中的三视图,可知该几何体是一个圆柱挖去一个同底等高的圆锥,
圆柱和圆锥的底面直径为4,故底面半径为2,故底面面积,
圆柱和圆锥的高,故组合体的体积,
故选B.
【点睛】
本题考查三视图还原几何体,圆柱体的体积和圆锥体积的求法,属于简单题.
5.已知角的终边经过点,则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】利用诱导公式可得,再利用三角函数的定义求解即可.
【详解】
因为角的终边经过点,所以.
所以.
故选D.
【点睛】
本题考查三角函数的定义和诱导公式,是一道基础题,解题时要注意符号.
6.函数的图象可能是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】根据函数,利用导数得到函数的单调性,再根据时 ,求解.
【详解】
因为,
所以,
当或时,,递增;
当时,,递减;
又当时 ,,
故选:B
【点睛】
本题主要考查函数的单调性与导数以及函数图象识别问题,还考查了数形结合的思想,属于中档题.
7.已知,,,则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】结合指数式与对数式的性质,可将三个式子化为指数为的形式,然后利用幂函数的单调性可得出答案.
【详解】
由题意,,,,
因为函数在上单调递增,所以,即.
故选:B.
【点睛】
本题考查几个数的大小比较,考查指数式与对数式的运算性质,考查幂函数单调性的应用,考查学生的推理能力,属于基础题.
8.设曲线在处的切线与直线平行,则实数等于( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】利用直线平行斜率相等求出切线的斜率,再利用导数在切点处的值是曲线的切线斜率求出切线斜率,列出方程即得.
【详解】
解:切线与直线平行,斜率为,
又,
所以切线斜率,所以的斜率为,
即.
故选:.
【点睛】
此题主要考查导数的计算,以及利用导数研究曲线上某点切线方程,属于基础题.
9.已知曲线且过定点,若且,则的最小值为( ).
A. B.9 C.5 D.
【答案】A
【解析】根据指数型函数所过的定点,确定,再根据条件,利用基本不等式求的最小值.
【详解】
定点为,
,
当且仅当时等号成立,
即时取得最小值.
故选A
【点睛】
本题考查指数型函数的性质,以及基本不等式求最值,意在考查转化与变形,基本计算能力,属于基础题型.
10.已知函数,若,,则的取值范围是 ( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】画出图象,根据图象确定,的取值范围,得出的取值范围.
【详解】
根据图象有两个交点,,,
,,
时,,令,,故,所以;
时,,令,,故,根据题意,所以
所以,.
故选:B
【点睛】
本题主要考查分段函数的应用,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
11.已知,函数在区间内没有最值,则的取值范围( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】根据正弦函数的最值可得,当,时,取得最值,所以问题转化为对任意,都有,而当时,存在使得不成立,所以,排除选项,当时,存在使得,排除选项,可得选项正确.
【详解】
由,,得,,
因为函数在区间内没有最值,
所以对任意,都有,
当,时,,故选项不正确;
当时,存在使得,故选不正确.
故选:C.
【点睛】
本题考查了正弦函数的最值,属于基础题.
12.已知函数,e是自然对数的底数,存在()
A.当时,零点个数可能有3个
B.当时,零点个数可能有4个
C.当时,零点个数可能有3个
D.当时,零点个数可能有4个
【答案】C
【解析】首先将的零点转化为两个图象的交点,利用以直代曲的思想可以将等价为,根据穿针引线画出草图,即可判断.
【详解】
将看成两个函数的交点,利用以直代曲,可以将等价看成,利用“穿针引线”易知时图象如图,所以当时最多有两个交点,当时最多有三个交点.故选C.
【点睛】
本题考查函数的零点,函数零点个数的3种判断方法
(1)直接求零点:令,如果能求出解,则有几个解就有几个零点.
(2)零点存在性定理:利用定理不仅要求函数在区间上是连续不断的曲线,且,还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点.
(3)利用图象交点的个数:画出两个函数的图象,看其交点的个数,其中交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不同的零点.
二、填空题
13.已知,若,则______.
【答案】
【解析】由指数式与对数式的互化公式,得到,即可求得的值,得到答案.
【详解】
由对数式与指数式的互化,因为,可得,
所以.
故答案为.
【点睛】
本题主要考查了指数式与对数式的互化,其中解答中熟记指数式与对数式的互化公式是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
14.若满足约束条件则的最小值是___________.
【答案】
【解析】由约束条件画出可行域,利用目标函数的几何意义求最小值.
【详解】
作出可行域如图,
目标函数的几何意义是区域内的点到原点距离的平方,
图中直线AB的方程为,原点到此直线的距离为,
所以的最小值为.
故答案为:
【点睛】
本题考查简单的线性规划,考查了数形结合的解题思想方法,属于中档题.
15.若函数在区间单调递增,则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】等价于在区间上恒成立,分离参数后化为求函数的最值即可,利用函数的单调性易求最值.
【详解】
解:函数在区间单调递增,
在区间上恒成立,
即在区间上恒成立,
令其在上单调递增,
,当时,
时,函数递减,
时,;函数递增
,
;
故答案为:.
【点睛】
该题考查利用导数研究函数的单调性,考查函数恒成立问题,考查转化思想,恒成立问题往往转化为函数最值解决.
16.已知三棱锥满足平面平面,,,,则该三棱锥的外接球的表面积为________________.
【答案】
【解析】先确定球心就是的外心,再利用正弦定理得到,计算表面积得到答案.
【详解】
因为,所以的外心为斜边的中点,
因为平面平面,所以三棱锥的外接球球心在平面上,
即球心就是的外心,根据正弦定理,解得,
所以外接球的表面积为.
【点睛】
本题考查了三棱锥的外接球问题,确定球心为的外心是解题的关键.
三、解答题
17.已知函数.
(1)求的单调递增区间;
(2)求在区间上的最小值.
【答案】(1);(2).
【解析】(1)根据二倍角的正弦公式、降幂公式以及两角和的正弦公式化简解析式,再根据正弦函数的递增区间列式可解得结果;
(2)由的范围得到的范围,再根据正弦函数的图象可得结果.
【详解】
(1),
∴,
由得,
则的单调递增区间为.
(2)∵,∴,
当,即时,.
【点睛】
本题考查了二倍角的正弦公式、降幂公式以及两角和的正弦公式,考查了利用正弦函数的图象求最值,属于中档题.
18.已知函数.
(1)若,当时,的图象上任意一点的切线的斜率都为非负数,求证:;
(2)若在时取得极值0,求.
【答案】(1)证明见解析;(2)11.
【解析】(1)根据导数的几何意义转化为当时,恒成立,根据基本不等式求出的最小值即可解得结果;
(2)由和解得或,再检验可知符合题意,所以.
【详解】
,
(1)因为,所以 ,
因为当时,的图象上任意一点的切线的斜率都为非负数,
所以当时,,即,即恒成立,
∵,∴,∴.
(2)因为在时取得极值0,
所以且
解得或,
当时,,函数无极值;
∴.
【点睛】
本题考查了导数的几何意义,考查了基本不等式,考查了根据函数的极值求参数,属于中档题.
19.的内角,,的对边分别为,,,已知
(1)求角;
(2)若是边的中点,.求的长;
【答案】(1);
(2)或7;
【解析】(1)首先根据正弦定理边角互化,得到,由,代入化简,最后得到求角;(2)首先在中,根据余弦定理求,然后在中再利用余弦定理求边.
【详解】
(1),
由正弦定理得,
,
,
,
,
,
(2)在中,由余弦定理得
,
或,
当时,
中,由余弦定理得
,
当时,
或.
【点睛】
本题考查正余弦定理解三角形,属于基础题型,一般在含有边和角的等式中,可根据正弦定理的边角互化公式转化为三角函数恒等变形问题.
20.如图,矩形ABCD中,,,点F、E分别是BC、CD的中点,现沿AE将折起,使点D至点M的位置,且.
(1)证明:平面MEF;
(2)求二面角的大小.
【答案】(1)详见解析;(2).
【解析】(1)证明,得到平面MEF.
(2)以F为原点,FE为x轴,FA为y轴建立如图的空间坐标系,面AFE的一个法向量为,面AME的一个法向量为,计算向量夹角到答案.
【详解】
(1)证明:由题设知:,又,,AM,面AMF,
∴面AMF,面AMF,∴,
在矩形ABCD中,,,E、F为中点,
∴,,,
∴,∴,
又∵面MEF,∴面MEF.
(2)以F为原点,FE为x轴,FA为y轴建立如图的空间坐标系,
在中,过M作于N,,,,
∴,,
∴、、、,
面AFE的一个法向量为,设面AME的一个法向量为,、,
由,即,令,则,,
∴,∴,,
二面角为.
【点睛】
本题考查了线面垂直,二面角,意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
21.设函数.
(1)讨论函数的单调性;
(2)若函数恰有两个零点,求的取值范围.
【答案】(1)见解析;(2)
【解析】(1),讨论a,求得单调性即可(2)利用(1)的分类讨论,研究函数最值,确定零点个数即可求解
【详解】
(1)因为,其定义域为,
所以.
①当时,令,得;令,得,
此时在上单调递减,在上单调递增.
②当时,令,得或;令,得,
此时在,上单调递减,在上单调递增.
③当时,,此时在上单调递减.
④当时,令,得或;令,得,
此时在,上单调递减,在上单调递增.
(2)由(1)可知:①当时,.
易证,所以.
因为,,
.
所以恰有两个不同的零点,只需,解得.
②当时,,不符合题意.
③当时,在上单调递减,不符合题意.
④当时,由于在,上单调递减,在上单调递增,且,又,由于,,
所以,函数最多只有1个零点,与题意不符.
综上可知,,即的取值范围为.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性与最值,函数零点问题,考查推理求解能力及分类讨论思想,是难题
22.在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(,为参数),以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线经过点,曲线的极坐标方程为.
(1)求曲线的极坐标方程;
(2)若,是曲线上两点,求的值.
【答案】(1);(2).
【解析】(1)先化参数方程为普通方程,再化为极坐标方程,利用曲线经过点求出的值即可.
(2)把,代入曲线的方程,对变形化简即可.
【详解】
(1)将曲线的参数方程化为普通方程为,
即.
由,,得曲线的极坐标方程为.
由曲线经过点,则(舍去),
故曲线的极坐标方程为.
(2)由题意可知,,
所以.
【点睛】
本题考查参数方程与极坐标方程的转化,考查对极坐标方程含义的理解,是一道基础题.牢记转化公式和极坐标系中的含义即可顺利解题.
23.已知函数.
(1)当时,求不等式的解集;
(2)若对于任意实数x,不等式恒成立,求实数的取值范围.
【答案】(1);(2).
【解析】(1)利用分类讨论法解绝对值不等式得解;
(2)等式恒成立等价于,再分类讨论解绝对值不等式.
【详解】
(1)当时,
有或或
解得或或
所以的解集为.
(2)对于任意实数,不等式成立,即恒成立.
又因为.
要使原不等式恒成立,则需要.
当时,无解;
当时,由,解得;
当时,由,解得,
所以实数的取值范围是.
【点睛】
本题主要考查绝对值不等式的解法,考查绝对值三角不等式,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
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