山东省枣庄市滕州一中2021届高三数学10月月考试题（含解析）.doc

1、山东省枣庄市滕州一中2021届高三数学10月月考试题（含解析）注意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上.2.回答第I卷时，每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在试卷上无效.3.回答第II卷时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效.4.考试结束，将答题卡交回.第I卷(选择题)(共60分)一、单项选择题(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，10以内素数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】

2、D【解析】【分析】根据集合的交集和补集运算得到结果即可.【详解】，由补集运算得到结果为：.故选D.【点睛】这个题目考查了集合的交集运算和补集运算，较为简单.2. 已知，是虚数单位，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】整理为的形式，根据复数相等的充要条件求出m、n，代入求模即可.【详解】，.故选：A【点睛】本题考查复数代数形式的乘法运算、复数相等的充要条件、复数的模，属于基础题.3. 已知非零向量，若，且，则与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由向量垂直可得，结合数量积的定义表达式可求出，又，从而可求出夹角的余弦值，进而可求夹角的大小.【详

3、解】解：因为，所以，因为，所以， .故选:B.【点睛】本题考查了向量的数量积，考查了向量垂直的关系，考查了向量夹角的求解.本题的关键是由垂直求出数量积为0.4. 设，则的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据对数运算、指数函数的性质，利用和进行分段，由此比较出三者的大小关系.【详解】；故选：C.【点睛】本小题主要考查指数式、对数式比较大小，属于基础题.5. 命题“，”为真命题的一个必要不充分条件是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先解得命题“，”为真命题的等价条件；根据充分必要条件的定义得成立的一个必要不充分条件即可【详解】解：若“，”为真命题，

4、则等价为“，”为真命题，即任意，则，则必要不充分条件为包含的集合，故选：【点睛】本题主要考查函数存在性问题，充分条件和必要条件的应用，属于基础题6. 函数的部分图像大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由得为奇函数排除选项A，由函数值的变化趋势可以排除选项D，求特殊点的函数的正负可排除C，得到答案【详解】函数的定义域为.,所以为奇函数，故排除选项A.由当且时，故排除选项D.由，故排除选项C.故选：B【点睛】本题考查函数图象的识别，关键是利用函数的奇偶性、函数值的变化趋势进行判断，属于基础题7. 已知数列的前项和为，且，若，则称项为“和谐项”，则数列的所有“和谐项”的平方

5、和为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据，得两式相减得，从而可得到数列的通项公式，根据“和谐项”的定义可得，然后利用等比数列的前项和公式可得答案.【详解】因为，所以，则，即，因为，所以，故，因为，所以，数列的所有“和谐项”的平方和为：，故选：A.【点睛】本题考查等比数列前项和公式的应用，考查通项公式的求解，考查计算能力，属于中档题.8. 定义：如果函数在区间上存在，满足，则称函数是在区间上的一个双中值函数，已知函数是区间上的双中值函数，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】详解】，函数是区间上的双中值函数，区间上存在 ，满足 方程在区间有两个

6、不相等的解，令，则，解得 实数的取值范围是.故选:A二、多项选择题(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，部分选对的得3分，有选错的得0分)9. 设是等差数列，是其前项的和，且，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 与均为的最大值【答案】BD【解析】【分析】设等差数列的公差为，依次分析选项即可求解.【详解】根据题意，设等差数列的公差为，依次分析选项：是等差数列，若，则，故B正确；又由得，则有，故A错误；而C选项，即，可得，又由且，则，必有，显然C选项是错误的.，与均为的最大值，故D正确；故选：BD.【点睛】本题考查了等差数列以

7、及前项和的性质，需熟记公式，属于基础题.10. 已知是定义在上的偶函数，且，若当时，则下列结论正确的是（ ）A. 当时，B. C. 的图像关于点对称D. 函数有个零点【答案】ABD【解析】【分析】根据函数的奇偶性和周期性判定AB正确，结合图象可得D正确，利用反例推翻C选项，或者作图得C选项错误.【详解】已知是定义在上的偶函数，且，即该函数周期为4，由题：时，当时，所以A选项正确；，所以B选项正确；的图象关于点对称，则，但是，与矛盾，所以C选项错误；作出函数的图象即可得到，函数有个零点，所以D选项正确.故选：ABD【点睛】此题考查函数周期性与奇偶性的综合应用，利用性质求函数值，根据函数图象解决零

8、点个数问题.11. 己知则可能满足的关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】利用指数运算法则可得，结合基本不等式，对选项逐个分析，可得到结果.【详解】由，可得，即，依题意知为不相等的正数，解得，故AB正确；又，而，即，故C正确；，故D错误故选：ABC.【点睛】本题考查基本不等式的应用，考查指数幂的运算法则与性质，考查推理能力与计算能力，属于中档题.12. 设函数g(x)=sinx(0)向左平移个单位长度得到函数f(x)，已知f(x)在0，2上有且只有5个零点，则下列结论正确的是（ ）A. f(x)的图象关于直线对称B. f(x)在(0，2)上有且只有3个极大值点，f(

9、x)在(0，2)上有且只有2个极小值点C. f(x)在上单调递增D. 的取值范围是)【答案】CD【解析】【分析】利用正弦函数的对称轴可知，不正确；由图可知在上还可能有3个极小值点，不正确；由解得的结果可知，正确；根据在上递增，且，可知正确.【详解】依题意得， ，如图：对于，令，得，所以的图象关于直线对称，故不正确；对于，根据图象可知，在有3个极大值点，在有2个或3个极小值点，故不正确，对于，因为，所以，解得，所以正确；对于，因为，由图可知在上递增，因为，所以，所以在上单调递增，故正确；故选：CD.【点睛】本题考查了三角函数的相位变换，考查了正弦函数的对称轴和单调性和周期性，考查了极值点的概念，

10、考查了函数的零点，考查了数形结合思想，属于中档题.第II卷(非选择题)(共90分)三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13. 已知函数，则_【答案】【解析】【分析】根据题意，由函数解析式可得，进而计算得到答案.【详解】根据题意，当时，所以，当时，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查函数值的计算，涉及分段函数的应用和对数计算，属于基础题.14. 点P是所在平面上一点，若，则与的面积之比是_.【答案】【解析】【分析】结合平面向量的线性运算，可推出，从而可知点在边上，且，进而可得，即可得出答案.【详解】由题意，所以，即.所以在中，点在边上，且，设点到边上的高为,则.故答案为：.【点睛】

11、若，则三点共线，且.15. 已知是第四象限角，且sin（+）=，则tan（）= .【答案】【解析】【分析】由题求得的范围，结合已知求得cos（），再由诱导公式求得sin（）及cos（），进一步由诱导公式及同角三角函数基本关系式求得tan（）的值【详解】解：是第四象限角，则，又sin（），cos（）cos（）sin（），sin（）cos（）则tan（）tan（）故答案为【点睛】本题考查两角和与差的正切，考查诱导公式及同角三角函数基本关系式的应用，是基础题16. 已知函数，为常数，若对于任意，且，都有则实数的取值范围为_.【答案】0，2【解析】【分析】构造函数F（x）f（x）g（x），利用F（x）

12、的单调性求出a【详解】解：对于任意x1，x20，2，且x1x2，都有f（x1）f（x2）g（x1）g（x2），即f（x1）g（x1）f（x2）g（x2），令F（x）f（x）g（x）x2a|x1|，即F（x1）F（x2），只需F（x）在0，2单调递增即可，当x1时，F（x）0，图象恒过（1，0）点，当x1时，F（x）x2ax+a，当x1时，F（x）x2+axa，要使F（x）在0，2递增，则当1x2时，F（x）x2ax+a的对称轴x，即a2，当0x1时，F（x）x2+axa的对称轴x，即a0，故a0，2，故答案为：0，2【点睛】考查恒成立问题，函数的单调性问题，利用了构造函数法，属于中档题四、解答

13、题(本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17. 设数列的前项和为，在，成等差数列.，成等差数列中任选一个，补充在下列的横线上，并解答.在公比为2的等比数列中，_（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】条件选择见解析（1）；（2）.【解析】【分析】（1）若选，根据三个数成等差数列，建立等量关系，求得，进而求得通项公式；若选，根据，成等差数列，建立等量关系，求得，进而求得通项公式；（2）将代入，求得，裂项之后求和得结果.【详解】（1）选：因为，成等差数列，所以，所以，解得，所以.选：因为，成等差数列，所以，即，所以，解得，所以；（2）因为，所以，

14、所以，所以.【点睛】本题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有三数成等差数列的条件，等比数列的通项公式，裂项相消法求和，考查学生的运算求解能力.18. 已知的内角，的对边分别为，且.（1）证明：；（2）记线段上靠近点的三等分点为，若，求.【答案】（1）证明见解析；（2）6.【解析】【分析】（1）由正弦定理得，整理得，可得证.（2）设，则，由余弦定理和，可得，可求得c.【详解】（1）因为，所以由正弦定理得，整理得.因为，所以，即.（2）设，则，由余弦定理可得，.因为，所以，解得，所以.【点睛】本题考查运用正弦定理，余弦定理求解三角形，属于中档题.19. 在如图所示的平面直角坐标系中，已知点和点

15、，且，其中O为坐标原点（1）若，设点D为线段OA上的动点，求的最小值；（2）若，向量，求最小值及对应的x值【答案】（1）；（2）的最小值为，此时.【解析】【分析】（1）设D（t，0）（0t1），利用二次函数的性质求得它的最小值（2）由题意得1sin（2x），再利用正弦函数的定义域和值域 求出它的最小值【详解】解：（I）设，又所以所以所以当时，最小值为（II）由题意得，则因为，所以所以当时，即时，取得最大值1所以时，取得最小值所以的最小值为，此时【点睛】本题主要考查三角函数的恒等变换及化简求值，两个向量的数量积的公式，正弦函数的定义域和值域，属于中档题20. 已知函数，数列，满足，.（1）求证：

16、数列是等比数列；（2）设，求数列的前n项和.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】本题第（1）题根据题意将代入函数表达式可得，然后进行转化可得，即可证明结论；第（2）题先将代入函数表达式，再根据可计算出，从而可得数列是以1为首项，2为公比的等比数列，由此可计算出数列的通项公式，进一步推出数列的通项公式，以及数列的通项公式，然后根据通项公式的特点构造数列数列：令，则，先运用错位相减法计算出数列的前项和，再运用分组求和计算出数列的前项和【详解】（1）证明：依题意，由代入函数表达式，可得：，两边同时加1，可得：，数列是以2为公比的等比数列（2）解：由题意，可知：，解得，数列是以1为首项，

17、2为公比的等比数列，即，构造数列：令，则，设数列的前项和为，则，两式相减，可得：，【点睛】本题主要考查数列求通项公式，数列求和的问题，以及函数与数列综合考查了转化与化归思想，整体思想，构造法，等差数列和等比数列的求和公式，以及逻辑推理能力和数学运算能力属于中档题21. 已知函数（1）若直线过点，且与曲线相切，求直线的方程；（2）若时，成立，求整数的最大值【答案】（1） （2）4【解析】【分析】（1）设切点坐标，写出切线方程，建立等量关系求解；（2）将问题转化为，恒成立，利用函数求解最值，即可得解.【详解】（1）因为点不在直线上，设切点坐标为，则因为所以，解得所以，所以直线的方程为（2）由题意知

18、，恒成立令，设，所以，所以在上单调递增又，所以存在，在，所以在上单调递减，在上单调递增所以，而所以所以【点睛】此题考查导数的综合应用，利用导数的几何意义解决切线问题，等价转化，分离参数，利用导数求解最值问题，涉及隐零点问题的处理.22. 已知函数.（1）若在单调递增，求的取值范围：（2）若，证明：当时，.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由已知可得，对恒成立,构造函数令可得，利用导数求得函数的最小值，可得出关于实数的不等式，解出即可； （2）利用分析法可知，要证明原不等式成立，即证：当时，构造函数，利用导数证明出函数在上单调递增，由此可得出所证不等式成立.【详解】解：（1）依题意有：.函数在单调递增，对恒成立.即：对恒成立令则当时，函数在单调递增，解得.因此，实数的取值范围是；（2）当时，要证：当时.即要证：当时.构造函数：，则，先证：当时，要证：，即要证：，构造函数：时当时，则函数在单调递增.即，函数单调递增，即：当时，故原不等式成立.【点睛】本题考查利用函数在区间上的单调性求参数，同时也考查了利用导数证明函数不等式，考查计算能力与推理能力，属于较难题.