宁夏省隆德县中学2021届高三数学上学期第三次月考试题 文（含解析）.doc

1、宁夏省隆德县中学2021届高三数学上学期第三次月考试题 文（含解析）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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. 设（为虚数单位），则（ ）A. B. C. D. 2【答案】A【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数求模公式计算得答案【详解】解：设，故选：【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，属于基础题2. 已知集合，则A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求得不等式的解集，得到集合，求得，再根据集合的并集运算，即可求解，得到答案【详解】由题意，不等式，解得，所以，所以，所

2、以故选D【点睛】本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中正确求解集合M，再根据集合的运算，准确求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题3. 中国传统文化中很多内容体现了数学的“对称美”如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分体现了相互变化、对称统一的形式美、和谐美给出定义：能够将圆(为坐标原点)的周长和面积同时平分的函数称为这个圆的“优美函数”给出下列命题：对于任意一个圆，其“优美函数”有无数个；函数可以是某个圆的“优美函数”；正弦函数可以同时是无数个圆的“优美函数”；函数是“优美函数”的充要条件为函数的图象是中心对称图形A. B. C. D. 【答案】D【解析】【

3、分析】根据定义分析，优美函数具备的特征是，函数关于圆心（即坐标原点）呈中心对称.【详解】对，中心对称图形有无数个，正确对，函数是偶函数，不关于原点成中心对称.错误对，正弦函数关于原点成中心对称图形，正确.对，充要条件应该是关于原点成中心对称图形，错误故选D【点睛】仔细阅读新定义问题，理解定义中优美函数的含义，找到中心对称图形，即可判断各项正误.4. 已知向量，.若，则实数的值为（ ）A. 2B. 2C. D. 【答案】A【解析】分析】由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，求出的值.【详解】解：向量，若，则，实数，故选：A.【点睛】本题考查向量垂直的求参，重在计算，属基础题.5.

4、函数，则（ ）A. -1B. 0C. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】由时，可得【详解】因为，所以，故选：C.6. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据a，b，c的正负和与1的关系比较.【详解】因为，所以，故选：B【点睛】本题主要考查数的比较大小，属于基础题.7. 明代数学家程大位编著的算法统宗是中国数学史上的一座丰碑.其中有一段著述“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一”.注：“倍加增”意为“从塔顶到塔底，相比于上一层，每一层灯的盏数成倍增加”，则该塔正中间一层的灯的盏数为（ ）A. 3B. 12C. 24D. 48【答案】C【解析】【分析】题意

5、说明从塔顶到塔底，每层的灯盏数构成公比为2的等比数列，设塔顶灯盏数为，由系数前项和公式求得，再由通项公式计算出中间项【详解】根据题意，可知从塔顶到塔底，每层的灯盏数构成公比为2的等比数列，设塔顶灯盏数为，则有，解得，中间层灯盏数，故选：C.8. 已知满足，则cos2（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知结合诱导公式先进行化简，然后结合二倍角余弦公式即可求解.【详解】因为sin，所以sin，则cos212sin212.故选：A.【点睛】本题主要考查了诱导公式及二倍角公式在三角化简求值中的应用，属于基础题.9. 函数的部分图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【

6、解析】【分析】根据函数的奇偶性，以及函数图像上的特殊点，对选项进行分析和排除，由此得出正确选项.【详解】，定义域为，故函数为奇函数，图像关于原点对称，排除两个选项.，排除D选项，故选A.【点睛】本小题主要考查函数图像的判断，考查函数的奇偶性，属于基础题.10. 已知是定义域为的奇函数，满足，若，则（ ）A. 50B. 2C. 0D. 【答案】C【解析】【分析】由奇函数和得出函数为周期函数，周期为4，然后计算出后可得结论【详解】由函数是定义域为的奇函数，所以，且，又由，即，进而可得，所以函数是以4为周期的周期函数，又由，可得，,则，所以.故选：C11. 设点P是函数图象上的任意一点，点P处切线的

7、倾斜角为，则角的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】在中令后可求，再根据导数的取值范围可得的范围，从而可得的取值范围.【详解】，.点P是曲线上的任意一点，点P处切线的倾斜角为，.，.故选：B.【点睛】本题考查导数的运算以及导数的几何意义，还考查了直线的斜率与倾斜角的关系，本题属于基础题.12. 不等式 对任意实数恒成立，则实数的取值范围为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】试题分析：由题意得，不等式，又关于的不等式对任意实数恒成立，则，即，解得，故选A.考点：基本不等式的应用；不等式的恒成立问题.二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)

8、.13. 设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面.考查下列命题，其中不正确的命题有_.m，n，mn； ，m，nmn；，m，nmn； ，=m，nmn.【答案】.【解析】【分析】利用空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐个判断即可.【详解】对于：若，则或相交但不垂直或，故错误；对于：若，则，所以，故正确；对于：若，则与相交，平行或异面，故错误；对于：若，则与相交，平行或，故错误，故答案为：.【点睛】方法点睛：空间中平行、垂直有关命题的常用判断方法：（1）定义、定理法：利用平行、垂直的定义以及判定定理、性质定理进行分析判断；（2）举例法：将问题具体到长方体、正方体或其他特殊几何体中，

9、借助特殊几何体中所体现的空间位置关系进行分析判断.14. 若，满足约束条件，则的最大值是_.【答案】8【解析】【分析】在平面直角坐标系内，画出约束条件所表示的可行解域，在可行解域内平移直线，找到一点使得直线在纵轴上的截距最大，把点的坐标代入目标函数中即可.【详解】约束条件所示的可行解域如下图所示：在可行解域内平移直线，当直线经过点时，直线在纵轴上的截距最大，点的坐标是方程组的解，解得，所以的最大值是.故答案：8【点睛】本题考查了线性规划的应用，考查了数形结合思想和数学运算能力.15. 等比数列前n项和为，且，成等差数列，若，则_【答案】【解析】【分析】先根据题意得，再根据等比数列前项和公式计算

10、即可得答案.【详解】解：设等比数列的公比为，由，成等差数列，所以，即，所以，解得.由于，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查等比数列的计算，等比数列前项和公式，考查运算能力，是基础题.16. 关于函数有下述四个结论：是偶函数；在区间单调递增；在有4个零点；的最大值为2；其中所有正确结论的编号是_.【答案】【解析】【分析】结合题意，得出函数的奇偶性，根据奇偶性研究函数在时的性质对结论逐一判断即可【详解】解：，定义域为，函数是偶函数，故对；当时，由正弦函数的单调性可知，函数在区间上单调递减，故错；当时，由得，根据偶函数的图象和性质可得，在上有1个零点 ，在有3个零点，故错；当时，根据奇偶性可得

11、函数的图象如图，当时，函数有最大值，故对；故答案为：【点睛】本题主要考查与三角函数有关的命题的真假判断，结合绝对值的应用以及利用三角函数的性质是解决本题的关键，属于中档题三、解答题：(本题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）. 17. 已知在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且满足（1）求角C的大小；（2）若，的面积等于，求c边长【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理可化边为角，利用三角恒等变换即可；（2）由面积公式可求得，联立求出，利用余弦定理即可求出.【详解】（1）由正弦定理可知，即，（2），【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面

12、积公式的应用，属于中档题.18. 现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥PA1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍，若AB6 m，PO12 m，则仓库的容积是多少？【答案】【解析】【分析】分别计算四棱锥和四棱柱的体积，相加即得【详解】由PO12 m，知O1O4PO18 m.因为A1B1AB6 m，所以正四棱锥PA1B1C1D1的体积V锥PO162224(m3)；正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积V柱AB2O1O628288(m3)，所以仓库的容积VV锥V柱24288312(m3).故

13、仓库的容积是312 m3.【点睛】本题考查组合体的体积，解题关键是确定这个组合体是由哪些柱锥台球组合切割而来的然后计算各个部分的体积，再相加减可得19. 已知向量，函数（1）求的单调递增区间；（2）在中，分别是角，的对边且，求，的值【答案】（1）单调递增区间是，（2）【解析】【分析】（1）根据函数利用向量坐标关系即可求解化简，结合三角函数性质即可求解的单调递增区间（2）根据，求解，结合余弦定理，即可求解，的值【详解】解：（1）由；令，得：，的单调递增区间为，（2）由（1）可得（C）即，可得：由余弦定理：，可得：，由解得：【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，向量坐标的运算，余弦定理的应用，

14、利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键20. 已知等差数列的公差为，等差数列的公差为，设，分别是数列，的前项和，且，.（1）求数列，的通项公式；（2）设，数列的前项和为，证明：.【答案】（1），；（2）见解析【解析】【分析】（1）由等差数列的通项公式及求和公式列的方程组求解则可求，进而得（2）利用分组求和即可证明【详解】（1）因为数列，是等差数列，且，所以.整理得，解得，所以，即，即.综上，.（2）由（1）得，所以，即.【点睛】本题考查等差数列的通项公式及求和公式，裂项相消求和，考查推理计算能力，是中档题21. 已知函数.（1）讨论函数的单调性与极值；（2）证明：当且时，不等式恒成立.

15、【答案】(1)答案见解析;(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)由题知,对求导后,根据的正负,分别讨论的单调性与极值即可;(2)设,对求导,根据的正负研究的单调性,从而得出其最值,证明出,即可证明题设不等式.【详解】(1),则,当时,故在上单调递增,无极值;当时,令,令,故在上单调递增,在上单调递减,因此有极小值,无极大值.(2)当时,设,则,设,则,因此在上单调递增,即在上单调递增,所以,所以在上单调递增,所以,即且时,不等式恒成立.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值,考查了不等式恒成立问题的证明,属于中档题.解决含参函数单调性问题时,常用分类讨论法;遇见恒成立问题时,常将问

16、题转化为函数最值问题求解.22. 在直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆C极坐标方程为，直线l的参数方程为，为参数，直线l和圆C交于A、B两点，P是圆C上异于A、B的任意一点.（1）求圆C的参数方程；（2）求面积的最大值.【答案】（1）（为参数）；（2）.【解析】【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转化（2）利用点到直线的距离公式的应用及三角形的面积公式求出结果【详解】解：（1）圆C的极坐标方程为，所以所以所以所以所以直角坐标方程为：，可得参数方程为：.（2）直线l的参数方程为，为参数，易知直线l为.圆心到直线的距离，由于：，所以：，由几何图形可知P到直线AB的最大距离为.所以：面积的最大值为.【点睛】本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，点到直线的距离公式的应用，弦长公式的应用，三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于中档题- 16 -