海南屯昌中学2021届高三上学期第三次月考数学试卷 WORD版含答案.doc

1、绝密启用前屯昌县屯昌中学2020-2021学年上学期高三第三次月考数 学 试 题（考试时间120分钟 满分150分）一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40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A |，Bx |，则 （）AA BBB ACAB=RDAB = 2已知复数，则复数的虚部为 （）ABCD3设向量（1，1），（1，3），（2，1），且（+），则 （）A3B2C2D34已知为实数，则“且”是“”的 （）A充要条件B必要不充分条件 C充分不必要条件 D既不充分也不必要条件5已知函数（为常数，其中）的图象如图，则下列结论成立的是 （）A B C D6在平面直角坐

2、标系中，已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边过点，则 （）ABCD7已知函数，则不等式的解集为 （）ABCD8设直线与函数， 的图象分别交于点，则的最小值为 （）A B C D二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分）9已知空间中不同直线、和不同平面、，下列命题中是假命题的是 （）A若，则B若，则C若，则D若，则10如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中正确的是 （）A B C三棱锥的体积为 D异面直线所成的角为定值11已知函数的零点构成一个公差为的等差

3、数列，把函数的图象沿轴向左平移个单位，得到函数的图象。关于函数，下列说法正确的是（）A在，上是增函数 B其图象关于直线对称C函数是奇函数 D在区间上的值域为，12已知函数的导函数的两个零点为，则下列结论正确的有（ ） A B在区间的最大值为0C只有一个零点 D的极大值是正数三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13已知，都是不等于1的正数，且，则 。(答案：)14已知等比数列满足，则。(答案：)15已知向量，满足，则的最小值为_。(答案：)16已知一个几何体内接于底面半径为1，高为2的圆锥，当该几何体为球时，则该球的半径为 ；当该几何体为正方体时，则该正方体的棱长为 。(答案：，)四

4、、解答题（本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17（10分）在，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题：设是数列的前n项和，且，_，求的通项公式，并判断是否存在最大值，若存在，求出最大值；若不存在，说明理由解：选：因为，所以是首项为4，公比为的等比数列 （3分）所以 （5分） （8分）因为Sn随着的增大而增大，所以无最大值。 （10分）选：因为，所以是首项为4，公差为的等差数列 （3分）所以， （5分）由，得，所以存在最大值，且最大值为或， （8分）因为，所以的最大值为18 （10分）选：因为，所以，所以， 所以， （4分）又，所以， （5分） 所以存

5、在最大值，且最大值为 （9分）因为，所以的最大值为8. （10分）xyz18（12分）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a .（1）证明：（2）求点解：依题意，建系如图，则 ， 2分， 4分设平面的一个法向量为，则，即， 可取 6分（1） 证明：由知，/，所以平面. 8分（2） 解：设平面，则由（1）知，为所求。 由得 12分 或由 且 ，得 12分19（12分）在中，内角所对的边分别为，且（1）求角；（2）若，的面积为，求的值解：（1）由及正弦定理得，2分又，所以，得，即，4分 ，又，所以，故， 6分（2）由的面积为及得，即， 8分又，从而由余弦定理得，所以， 10分所以 12分

6、20. （12分）设。（1） 求的单调递增区间；（2） 在中，角的对边分别为，若，求的值。简答：（1）可化为 3分 的单调递增区间为， 6分 9分 12分21（12分）如图，四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，SA平面ABCD，E，F分别为AD，SC的中点，EF与平面ABCD所成的角为60（1）证明：面（2）若，求二面角BSCD的余弦值。【解答】解：（1）取SB中点M，连接FM和MA，则 1分底面ABCD为矩形，M，F分别为SB，SC的中点且又且，E为AD中点且四边形FMAE为平行四边形， 3分又平面，平面平面 5分（2）解答要点：由，SA平面ABCD，EF与平面ABCD所成的角为60得，

7、从而 7分 依题意，建系如图，不妨设,则， 8分可求得面BSC的一个法向量为 9分面SCD的一个法向量为 10分设二面角BSCD的平面角为，则由图知为钝角 12分22（12分）已知函数.（）若的图像在点处的切线与直线平行，求的值；（）若，讨论的零点个数.解：（）因为， 所以， （1分）所以图象在点处的切线斜率为 （2分） 由切线与直线平行，可得， 解得； （4分）（）若，可得，由，可得（舍去），即的零点个数为； （6分）若，由，即为，可得， （7分）设， （8分）当时，递减；当时，递增， 可得处取得极大值，且为最大值， （10分）所以由的图象可知：由，即，可得和的图象只有一个交点，即时，的零点

8、个数为， （11分）综上可得在的零点个数为. （12分）屯昌中学2021届第三次月考数学参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分.题号123456789101112答案BBDCDCABABDABCACDBC二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13. 14. 15. 16. 、 三、解答题：解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.解：选：因为，所以是首项为4，公比为的等比数列 .（3分）所以 .（5分） .（8分）因为Sn随着的增大而增大，所以无最大值。 .（10分）选：因为，所以是首项为4，公差为的等差数列 .（3分）所以， .（5分）由，得，所以存在最大值

9、，且最大值为或， .（8分）因为，所以的最大值为18 .（10分）选：因为，所以，所以， 所以， .（4分）又，所以， .（5分） 所以存在最大值，且最大值为 .（9分）因为，所以的最大值为8. .（10分）18.解：依题意，建系如图，则 ， 2分， 4分设平面的一个法向量为，则，即， 可取 6分（3） 证明：由知，/，所以平面. 8分（4） 解：设平面，则由（1）知，为所求。 由得 12分 或由 且 ，得 12分19.解：（1）由及正弦定理得，2分又，所以，得，即，4分 ，又，所以，故， 6分（2）由的面积为及得，即， 8分又，从而由余弦定理得，所以， 10分所以 12分）20.简答：（1）

10、可化为 3分 的单调递增区间为， 6分 9分 12分21.解：【解答】解：（1）取SB中点M，连接FM和MA，则 1分底面ABCD为矩形，M，F分别为SB，SC的中点且又且，E为AD中点且四边形FMAE为平行四边形， 3分又平面，平面平面 5分（2）解答要点：由，SA平面ABCD，EF与平面ABCD所成的角为60得，从而 7分 依题意，建系如图，不妨设,则， 8分可求得面BSC的一个法向量为 9分面SCD的一个法向量为 10分设二面角BSCD的平面角为，则由图知为钝角 12分22.解：（）因为， 所以， .（1分）所以图象在点处的切线斜率为 .（2分） 由切线与直线平行，可得， 解得； .（4分）（）若，可得，由，可得（舍去），即的零点个数为； .（6分）若，由，即为，可得， .（7分）设， .（8分）当时，递减；当时，递增， 可得处取得极大值，且为最大值， .（10分）所以由的图象可知：由，即，可得和的图象只有一个交点，即时，的零点个数为， .（11分）综上可得在的零点个数为. .（12分）