2021届高三上学期第二次过关考试数学（理）试题 Word版

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武威六中2021届高三一轮复习过关考试（二）
理 科 数 学
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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，，，，则（ ）
A. ， B. C. ， D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】
解一元二次不等式求得集合，由此求得，进而求得.
【详解】由，解得或，
所以或，
所以，
所以.
故选：B
【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合交集与补集.
2. 已知i是虚数单位，复数，则的虚部为（ ）
A. B. 3 C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】
先利用复数的除法和乘法算出，再计算，从而可得的虚部.
【详解】，
所以，其虚部为，
故选：A.
【点睛】本题考查复数的乘法和除法以及共轭复数、复数的虚部等概念，注意复数 的虚部为，不是.
3. “为第一或第四象限角”是“”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
根据轴正半轴上角的余弦值也大于0以及充分条件、必要条件的定义可得答案.
【详解】当为第一或第四象限角时，，所以“为第一或第四象限角”是“”的充分条件，
当时，为第一或第四象限角或轴正半轴上的角，所以“为第一或第四象限角”不是“”的必要条件，
所以“为第一或第四象限角”是“”的充分不必要条件.
故选：A
【点睛】本题考查了三角函数的符号规则，考查了充分必要条件的概念，属于基础题.
4. 已知命题p：∀x∈，x+≥2；命题q：∃x0∈，使sin x0+cos x0=，则下列命题中为真命题的是（ ）
A. p∨() B. p∧()
C. (p)∧() D. ()∧q
【答案】D
【解析】
【分析】
利用基本不等式以及正弦型三角函数的值域，即可容易判断命题的真假，再结合复合命题真假的判断原则，即可容易判断.
【详解】对于命题p：当x≤0时，x≥2不成立，
∴命题p是假命题，则是真命题；
对于命题q：当x0=时，sin x0cos x0=，则q是真命题.
结合选项只有(p)∧q是真命题.
故答案为：D.
【点睛】本题考查或且非命题真假的判断，涉及基本不等式的使用以及正弦型三角函数的值域，属综合基础题.
5. 如果，且，那么（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用先求得的值，由此求得的值.
【详解】依题意，
由于，
所以，
所以，
所以.
故选：C
【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式、诱导公式，属于基础题.
6. 函数的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
因为，先判断其奇偶性，在用特殊值法检验，即可求得答案.
【详解】
其定义域为

根据奇函数性质可得，是奇函数
故排除B，C.
当，
根据指数函数是单调增函数，可得

当，
故只有A符合题意
故选：A.
【点睛】本题主要考查了根据函数解析式判断函数图象问题，解题关键是掌握函数奇偶性的定义和图象特征，及其特殊值法的使用，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
7. 下列函数中，既是偶函数又在上是单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
结合选项和函数单调性奇偶性进行判断.
【详解】选项D为奇函数，不合题意, D不正确；
当时，是周期函数，不是单调函数，不合题意，A不正确；
当时，是减函数，不合题意,B不正确；
当时，是增函数，符合题意,C正确.
故选：C
【点睛】本题主要考查函数的性质，结合基本函数解析式的特征可求性质，属于基础题型.
8. “里氏震级”反映的地震释放出来的能量大小的一种度量．里氏震级地震释放的能量（单位：焦耳）之间的关系为：.1988年云南澜沧发生地震为里氏7.6级，2008年四川汶川发生的地震为里氏8级．若云南澜沧地震与四川地震释放的能量分别为，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
求得关于的表达式，由此求得.
【详解】由于，所以，
所以.
故选：B
【点睛】本小题主要考查对数运算，属于基础题.
9. 已知a＝log52，b＝log0.50.2，c＝0.50.2，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用和进行分段，比较出三者的大小关系.
【详解】，
，
而，
所以.
故选：B
【点睛】本小题主要考查指数式、对数式比较大小，属于基础题.
10. 已知函数 图象上相邻两条对称轴的距离为，把 图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的图象向右平移个单位长度，得到函数 的图象，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由周期求得，再由三角函数图像变换得出的表达式．
【详解】依题意，，所以，所以，解得，所以．把图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到曲线，再把曲线向右平移个单位长度，得到曲线，即，故
故选：D．
【点睛】本题考查三角函数图象的变换、诱导公式等基础知识；考查运算求解能力；考查数形结合思想；考查数学运算、直观想象等核心素养，体现基础性．
11. 已知函数，，若存在，使得，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据条件求出两个函数的值域，结合若存在，使得f（x1）＝g（x2），等价为两个集合有公共元素，然后根据集合关系进行求解即可．
【详解】当x≤2时，log2f（x）≤log22，即﹣1≤f（x）≤1，则f（x）的值域为[﹣1，1]，
当x≤2时，2a≤g（x）≤4+a，即1+a≤g（x）≤4+a，则g（x）的值域为[1+a，4+a]，
若存在，使得f（x1）＝g（x2），
则[1+a，4+a]∩[﹣1，1]≠∅，
若[1+a，4+a]∩[﹣1，1]＝∅，
则1+a＞1或4+a＜﹣1，
得a＞0或a＜﹣5，
则当[1+a，4+a]∩[﹣1，1]≠∅时，﹣5≤a≤0，
即实数a的取值范围是[﹣5，0]，
故选A．
【点睛】本题主要考查函数与方程的应用，根据条件求出两个函数的值域，结合集合元素关系进行求解是解决本题的关键．
12. 上的函数满足：，，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
构造函数，则由题意可证得在上单调递增，又，
，故可转化为，解得.
【详解】令，则，
因为，所以，
所以函数在上单调递增，
又，所以
故当时，有，即，
由的单调性可知.
故选：D.
【点睛】本题考查导数与函数的应用，考查构造函数法，根据函数的单调性求解不等式，难度一般.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13. __________．
【答案】
【解析】
根据积分的几何意义，原积分的值即为单元圆在第一象限的面积
则
14. 已知角的终边经过点，则________．
【答案】
【解析】
【分析】
先求得的值，由此求得的值.
【详解】由于角的终边经过点，，
所以，
所以.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查三角函数的定义，考查二倍角公式，属于基础题.
15. 设函数，若，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】
通过分析分段函数的性质，求得不等式的解集，也即求得的取值范围.
【详解】当时，单调递增，且，由解得.
当时，单调递增，，
.
综上所述，的取值范围是.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查函数的单调性，属于中档题.
16. 设函数是定义在上的偶函数，且对任意的恒有，已知当时，，有下列命题：①2是函数的周期；②函数在上是增函数；③函数的最大值是1，最小值是0；④直线是函数图象的一条对称轴.其中所有正确命题的序号是__________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】
对于任意的恒有，所以，即2是函数的周期；当时，，作出函数的部分图象即可判断②③④.
【详解】用换中的，得，所以是以2为周期的周期函数，故①正确；又函数是定义在上的偶函数且时，，
作出函数的部分图象如图所示

由图知，函数在上是增函数，故②正确；函数的最大值是1，最小值是，
故③错误；直线是函数图象的一条对称轴，故④正确.
故答案为：①②④
【点睛】本题考查函数的奇偶性、周期性、单调性以及函数的最值，同时考查了分析问题的能力，是中档题．
三、解答题（本大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚）
17. 设p：方程有两个不等的实根，q：不等式在R上恒成立，若为真，为真，求实数m的取值范围．
【答案】
【解析】
【分析】
先求出命题、都真时，的取值范围，再求使假真时的取值范围.
【详解】为真，为真
为假，为真
若为真命题，则，或
为假时，，①
若为真命题，则，即，②
由①②可知的取值范围为
【点晴】本题考查的是根据复合命题的真假求参数的范围问题.解决本题的关键有两点：一方面求出命题、都真时，的取值范围;另一方面把为真，为真正确转化为为假，为真，再分别求出此时对应的的取值范围，结合数轴求出最终的取值范围即可.
18. 已知函数．
（1）求函数的单调增区间；
（2）若方程在，上有解，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）利用两角差的正弦公式、降次公式、辅助角公式化简解析式，利用整体代入法求得的单调增区间.
（2）求得在区间上的值域，由此求得的取值范围.
详解】（1）函数．

，
令，解得：，
函数的单调递增区间为：，
（2）由于：，则：，故．
所以的取值范围是：．
【点睛】本小题主要考查三角恒等变换，考查三角函数值域和单调区间的求法，属于中档题.
19. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值.
【答案】（1）；（2）最大值为，最小值为.
【解析】
【分析】
（1）根据曲线在点处的切线方程的斜率为即可求解；
（2）讨论的正负来判断的单调性，进而得到最值.
【详解】（1）因为，所以.
又因为，所以曲线在点处的切线方程为.
（2）设，则，
当时，，
所以在区间上单调递减，
所以对任意有，即，
所以函数在区间上单调递减，
因此在区间上的最大值为，最小值为.
【点睛】本题主要考查导数在研究函数中的应用,利用单调性求最值.
20. 设函，．
（1）设，求函数的极值；
（2）若，试研究函数的零点个数．
【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）1个．
【解析】
【分析】
（1）先求得，然后求，对分成和两种情况进行分类讨论，结合单调性求得的极值.
（2）首先判断在上递增，结合零点存在性定理判断出的零点个数.
【详解】（1），，
，．，
①当时，恒成立，在上是增函数，无极值．
②当时，，
当时，单调递减；当时，单调递增，
的极小值，无极大值．
（2）由（1）知，当时，的极小值，
结合的单调性可知，即恒成立．在上是增函数，
，
，
在，中有一个零点，
函数的零点个数为1个．
【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的极值，考查利用导数研究函数的零点.
21. 设函数，其中．
（1）讨论的单调性；
（2）求使得在区间内恒成立（为自然对数的底数）的的取值范围．
【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）利用导数的运算法则得出，通过对分类讨论，利用一元二次方程与一元二次不等式的关系即可判断出其单调性；
（2）令，可得（1），从而（1），解得得，当时，构造函数，利用导数证明在上恒大于0，综合可得所有可能取值．
【详解】（1）由题意，，，
①当时，，，在上单调递减．
②当时，，当时，，
当，时，，
故在上单调递减，在，上单调递增．
（2）原不等式等价于．上恒成立，
一方面，令，
只需在，上恒大于0即可，
又（1），故在处必大于等于0．
令，（1），可得．
另一方面，当时，，
，故，又，故在时恒大于0．
当时，在单调递增．
（1），故也在单调递增．
（1），即在上恒大于0．
综上，．
【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，导数在最大值、最小值问题中的应用，考查了计算能力和转化思想，熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值、分类讨论的思想方法等是解题的关键．
22. 已知在平面直角坐标系中，椭圆的方程为，以为极点，轴非负半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
(1)求直线的直角坐标方程和椭圆的参数方程；
(2)设为椭圆上任意一点，求的最大值.
【答案】(1)直线的直角坐标方程为，椭圆的参数方程为为参数）；(2)9.
【解析】
试题分析：（1）根据题意，由参数方程的定义可得椭圆的参数方程，对直线的极坐标方程利用两角和的正弦展开，将，代入可得直线的普通方程；（2）根据题意，设，进而分析可得，由三角函数的性质分析可得答案.
试题解析：(1)由，得，
将代入，得直线的直角坐标方程为.
椭圆的参数方程为为参数）.
(2)因为点在椭圆上，所以设，
则，
当且仅当时，取等号，所以.