2021届天津市耀华中学高三上学期第一次月考数学试题（解析版）

这是一份2021届天津市耀华中学高三上学期第一次月考数学试题（解析版），共18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届天津市耀华中学高三上学期第一次月考数学试题


一、单选题
1．若为实数,且 ,则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可得 ,故选D.
【考点】本题主要考查复数的乘除运算,及复数相等的概念.

2．设命题，则为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】【详解】
特称命题的否定为全称命题，所以命题的否命题应该为，即本题的正确选项为C.

3．条件是条件的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】先将、解出，比较其解集的包含关系，就可以做出判断．
【详解】
条件的解集为，
条件的解集为，，，
显然，故条件是的充分不必要条件，
故选：．
【点睛】
本题是集合与命题的综合题，考查了绝对值不等式与一元二次不等式的解法，属于基础题．
4．已知，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由不等式的基本性质，指数函数、对数函数的性质即可判断．
【详解】
解：对于，若，则，故错误；
对于，若，则，故错误；
对于，若，则，无意义，故错误；
对于，函数为减函数，若，则，即，故正确．
故选：．
【点睛】
本题主要考查不等式的基本性质、指数函数与对数函数的性质，属于基础题．
5．三个数的大小顺序是 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】由题意得，，故选D.
6．若实数是方程的解，则属于区间（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】构造函数，则方程的根，即为函数的零点，根据函数零点存在定理，判断各区间端点对应的函数值的符号，即可得到答案．
【详解】
令，
则方程的解，即为函数的零点

（1）

（2）
故函数的零点位于区间上，
即方程的根属于区间
故选：．
【点睛】
本题考查的知识点是函数的零点，其中根据方程根与函数零点之间的关系将问题转化为函数零点问题是解答的关键．
7．函数的大致图像为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】函数是由函数向左平移1个单位得到的，而是偶函数，所以得的图像关于直线对称，再取值可判断出结果.
【详解】
解：因为是由向左平移一个单位得到的，
因为，
所以函数为偶函数，图像关于轴对称，
所以的图像关于对称，故可排除A，D选项；
又当或时，，，
所以，故可排除C选项
.故选：B.
【点睛】
此题考查函数图像的识别，利用了平移、奇偶性，函数值的变化情况，属于基础题.
8．已知函数在内不是单调函数，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】求出函数的导数，问题转化为和的图象在内有交点，求出的范围即可．
【详解】
，
若在内不单调，
则在内有实根，
即和的图象在内有交点，
显然在递增，
故，
故，
故选：．
【点睛】
本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道常规题．
9．若，且，则下列不等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】根据已知条件有，且，，，结合指对幂函数的性质比较的大小.
【详解】
由，且知：，
∴，，，
∴，而，即，
综上，有.
故选：C
【点睛】
本题考查了由不等关系比较大小，结合基本不等式、的关系比较大小，属于基础题.
10．设，若，，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】先解出，再根据对数性质化简，最后根据基本不等式求最值.
【详解】


（当且仅当时取等号）
因此
即的最大值为2，
故选：C
【点睛】
本题考查指数式与对数式转换、对数运算性质、基本不等式求最值，考查综合分析求解能力，属中档题.
11．设实数，函数对任意的实数都满足，当时，，若，则（ ）
A．4 B． C．2 D．
【答案】A
【解析】利用函数的周期性，再利用得令，得，求出即可.
【详解】
因为，所以 ，
因为，可得，所以，
所以周期为，
所以，
令，则，所以
，
故选：A
【点睛】
本题主要考查了函数的周期性，利用周期性求函数值，属于基础题.
12．已知函数，若方程恰有个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】分别作出和的图象，根据图象观察，找到临界直线、和，联立直线和曲线方程，找到交点坐标，可得实数的取值范围．
【详解】
，其图象是一个倒V形的两条射线，且互相垂直,
作出的图象如图，

直线的方程为：，联立
直线的方程为：，联立
直线线l的方程为：，把代入中，
得，，
令即
此时直线l和有且只有一个交点，直线l的方程
联立
恒过定点
显然实数的取值范围是时，和图象恰有两个交点，即恰有2个不同的实数根，
故选：D
【点睛】
考查函数图象的综合应用，考查函数与方程思想，属于中档题．


二、填空题
13．已知集合，，若，则实数的值为____.
【答案】
【解析】由可得出或，并验证是否成立，由此可求得实数的值.
【详解】
集合，，，则或，解得或.
当时，，则，合乎题意；
当时，，则，不合乎题意.
综上所述，.
故答案为：.
【点睛】
本题考查利用交集的运算结果求参数，考查计算能力，属于基础题.
14．在的二项展开式中，常数项为______.
【答案】
【解析】由二项式的通项有，当时为常数项.
【详解】
由二项式通项知：，
∴当时，有常数项为，
故答案为：
【点睛】
本题考查了二项式定理，利用二项式的通项找到对应，进而求常数项，属于基础题.
15．函数在上单调递增，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】结合复合函数增减性和二次函数单调性及对数函数真数的定义域列出不等式组，即可求解
【详解】
由在上单调递增可知，即
设，则，即，解得
综上所述，
故答案为：
【点睛】
本题考查由复合函数在定区间的单调性求解参数取值范围，易错点为忽略对数函数中真数的取值范围，属于中档题
16．定义在上的奇函数单调递减，且满足，则实数的取值范围为________.
【答案】
【解析】利用函数的奇偶性、单调性将不等式转化为自变量大小关系，再考虑到函数定义域可得的不等式组，从而求解即可．
【详解】
，即为，
又是定义在，上的奇函数，
，
又定义在上函数单调递减，

解得，
实数的取值范围为，．
故答案为：，
【点睛】
本题考查函数的定义域、奇偶性、单调性及其应用，考查抽象不等式的求解，考查转化思想,属于基础题．
17．已知定义在上的函数满足，， 且当时，，则=_______.
【答案】
【解析】根据抽象函数的已知关系可得，即有，结合时，有时，且，即可求的值.
【详解】
由，即有，
由，即有，
∴，即的周期为2，则，
而，即，若令，则，
当时，知：，结合，
∴时，，
∴，
故答案为：.
【点睛】
本题考查了利用函数的周期性及已知区间的解析式求函数值，根据函数关系推导出函数的周期，并由已知区间解析式求目标区间解析式，进而求函数值.
18．已知αR，函数在区间[1，4]上的最大值是5，则 的取值范围是___________.
【答案】
【解析】根据当时，，分，和讨论求解.
【详解】
因为当时，，
当时，，
函数的最大值，
（舍去）；
当时，，此时命题成立；
当时，，
则或，
解得或，
综上可得，实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查分段函数的最值问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

三、解答题
19．在中，角，，所对的边分别是，，，已知，.
（1）若，求的值；
（2）的面积为，求的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由，可得 ，由正弦定理可得，求得，利用诱导公式及两角和的正弦公式可得结果；（2）由，可得，再利用余弦定理，配方后化简可得.
【详解】
（1）由，
则，且 ，
由正弦定理，
因为，所以，所以，

（2），∴，
，
∴， ，
∴.
【点睛】
本题主要考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径．
20．如图，多面体中，两两垂直，且，，，.

（1）若点在线段上，且，求证：面；
（2）若点在线段上，当直线与平面所成角的正弦值为时，求线段的长；
（3）求锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【解析】构建以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，得到，的坐标，求面的法向量，（1）应用向量数量的坐标公式求数量积，即可证面；（2）设，应用向量夹角与线面角的关系得到求，再求向量的模即为的长；（3）根据平面法向量的夹角与二面角关系，结合空间向量的坐标表示求二面角的余弦值即可.
【详解】
以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.则，，
则有，，设平面的一个法向量，则：
，化简得，令，得，

（1），即，又平面，
∴面
（2）设点，则，设直线与平面所成的角为，
则有，
，（舍），即有，
的长等于.

（3）由已知平面的法向量，而，，设平面的一个法向量，
∴即，令，则，
设锐二面角的平面角为，则，
∴锐二面角的余弦值为．
【点睛】
本题考查了空间向量在立体几何中的应用，利用向量数量积的坐标公式证明线面平行，由线面角、面面角与向量间夹角的关系求线段长度、二面角余弦值.
21．已知数列满足:，，N且≥.
（1）求证: 数列为等差数列；
（2）求数列的通项公式；
（3）设，求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【解析】（1）由递推式得，进而有，由等差数列定义即可证明为等差数列；（2）由（1）的结论即可求的通项公式；（3）根据新数列与关系得，用裂项相消法求的前项和.
【详解】
（1）证明：

又
∴数列是以首项为，公差为的等差数列
（2）由（1）得，

（3）解：

【点睛】
本题考查了根据递推关系证明等差数列，由所得数列求原数列的通项公式，最后由新数列与已知数列的关系求新数列通项，结合裂项相消法求新数列的前n项和.
22．已知函数，(其中为自然对数的底数).
（1）若，求函数在区间上的最大值；
（2）若，关于的方程有且仅有一个实数解，求实数的取值范围；
（3）若对任意，，不等式均成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）1；（2）；（3）.
【解析】(1)求出函数的导数,得到函数的单调区间,从而求出函数的最大值即可;
(2)若,关于x的方程f(x)=k•g(x)有且仅有一个根,即,有且只有一个根,令,可得h(x)极大=h(2)=,h(x)极小=h(1)=,进而可得当k＞或0＜k＜时,k=h(x)有且只有一个根;
(3)设,因为在[0,2]单调递增,故原不等式等价于在x1、x2∈[0,2],且x1＜x2恒成立,当恒成立时,;当恒成立时, ,综合讨论结果,可得实数a的取值范围
【详解】
（1）当时,, 故在上单调递减,上单调递增, 当时,, 当时,, 故在区间上．
（2）当时, 关于的方程为有且仅有一个实根, 则有且仅有一个实根, 设,则,
因此在和上单调递减, 在上单调递增,, 如图所示, 实数的取值范围是．

（3）不妨设,则恒成立．
因此恒成立, 即恒成立,
且恒成立, 因此和均在上单调递增,
设,
则在上上恒成立, 因此在上恒成立因此,而在上单调递减, 因此时,．由在上恒成立, 因此在上恒成立, 因此,设,则．当时,, 因此在内单调递减, 在内单调递增,因此．综上述,．
【点睛】
本题考查的知识点是导数在最大值和最小值中的应用，利用导数分析函数的单调性，利用导数分析函数的极值，运算量大，综合性强，转化困难，属于难题．