1、张掖二中20202021学年度第一学期月考试卷（9月）高三数学（理科）一、单选题1. 设，则（ ）A. B. C. 2D. 5【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法运算先求出，再求出模即可.【详解】，.故选：B2. 集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先由二次函数的值域求集合B，再利用集合的交集运算可得选项.【详解】，可得根据二次函数图象特征可得：， ， 故，故选：B.【点睛】本题考查二次函数的值域，集合的交集运算，属于基础题.3. 下列函数中，在其定义域内既是奇函数又是减函数的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数的奇偶性和单调
2、性逐项进行判断即可.【详解】A.因为是奇函数，又是增函数，故错误B.因为是奇函数，但在定义域上不单调，故错误.C.因为是奇函数，又是减函数，故正确.D.因为非奇非偶，是减函数，故错误.故选：C【点睛】本题主要考查函数的奇偶性和单调性，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.4. 若“”是“”的必要不充分条件，则a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用必要不充分的定义进行判断求解即可【详解】由“”是“”的必要不充分条件知：是的真子集，可得知故选：C5. 四个小动物换座位，开始是鼠、猴、兔、猫分别坐1,2,3,4号位上（如图）第一次前后排动物换位，第二次左右列动物互换
3、座位这样交替进行下去，那么第2 020次互换座位后，小兔坐在第_号座位上 （ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】观察不难发现，经过四次变换后又回到原位，用2020除以4，根据余数的情况解答即可【详解】解：由图可知，经过四次交换后，每个小动物又回到了原来的位置，故此变换的规律是周期为4，20204=505，第2020次互换座位后，与开始相同，小兔的座位号为3故选：C【点睛】本题是对图形变化规律的考查，仔细观察图形，得到经过四次变换后又回到原位是解题的关键6. 已知函数，那么（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】本题先确定，再求即可解题.【详解】解：，故
4、选：A.【点睛】本题考查分段函数求函数值，是基础题.7. 已知是定义在上的偶函数，对任意都有，且，则的值为（ ）A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】A【解析】【分析】利用函数是偶函数和对称性求出函数的周期，再化简计算得出的值【详解】由，知为周期函数，且周期，则故选:A【点睛】本题考查函数的性质，涉及到奇偶性，对称性和周期性，考查学生逻辑推理能力，属于中档题8. 在区间-1,1上随机取一个数x，则的值介于与之间的概率为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意可得x的取值范围，可得其区间长度，由几何概型的计算公式可得概率.【详解】解：由题意得：在区间-1,1上随机取一个数
5、x，则的值介于与之间，需使，即，其区间长度为，由几何概型公式可得,故选D.【点睛】本题主要考查几何概型的相关知识，由已知得出x的取值范围是解题的关键.9. 已知，若，则（ ）A. B. C. 15D. 35【答案】A【解析】【分析】令，可得，解得，把二项式化为，再利用二项展开式的通项，即可求解【详解】由题意，令，可得，解得，所以二项式为所以展开式中的系数为，故选A【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，其中解答熟练应用赋值法求得二项展开式的系数，以及二项展开式的通项是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题10. 我国古代的天文学和数学著作周髀算经中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷
6、（gui）长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长）二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个晷长的变化量相同，周而复始若冬至晷长一丈四尺五寸，夏至晷长二尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则夏至之后的第三个节气（立秋）晷长是（ ）A. 五寸B. 二尺五寸C. 五尺五寸D. 四尺五寸【答案】C【解析】【分析】设晷影长为等差数列，公差为，利用等差数列的通项公式即可得出【详解】解：设晷影长为等差数列，公差为，则，解得夏至之后的第三个节气（立秋）晷长是五尺五寸故选：【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题11. 已知函数，若，则a的取值范围是（
7、 ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】作出函数的图像，和函数的图像，结合图像可知直线介于与轴之间，利用导数求出直线的斜率，数形结合即可求解.【详解】由题意可作出函数的图像，和函数的图像. 由图像可知：函数的图像是过原点的直线，当直线介于与轴之间符合题意，直线为曲线的切线，且此时函数在第二象限的部分的解析式为，求其导数可得，因为，故，故直线的斜率为，故只需直线的斜率.故选：D【点睛】本题考查了不等式恒成立求出参数取值范围，考查了数形结合的思想，属于中档题.12. 如图为正方体，动点从点出发，在正方体表面沿逆时针方向运动一周后，再回到的运动过程中，点与平面的距离保持不变，运动的路程
8、与之间满足函数关系，则此函数图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由题意，得到点在的边上沿逆时针方向运动，设正方体的棱长为，将平面与平面翻折到同一个平面, 当时，表示出，判断函数的对称性及特殊点处函数值，即可判断.【详解】解：如图连接、，在正方体中，因为，所以四边形为平行四边形，所以，面，面，所以面，同理可证面，又，所以面面所以点在的边上沿逆时针方向运动，设正方体的棱长为，将平面与平面翻折到同一个平面,当时，则，所以在区间上的图象关于直线对称，又，所以，同理在区间上的图象关于直线对称，在区间上的图象关于直线对称，符合C选项的图象特征.故选：C.【点睛】本题主要考查
9、空间几何体中的轨迹问题，熟记空间几何体的结构特征即可，属于中档题二、填空题13. 已知函数的图象在点处的切线方程是，则_.【答案】-1【解析】【分析】由已知条件：函数的图象在点处的切线的方程是，可以得到和的值，从而得出结果.【详解】解：因为点是切点，所以点M在切线上，所以，因为函数的图象在点处的切线的方程是，斜率为，所以，所以.故答案为：【点睛】本题考查已知在某点处的切线方程求函数值和导数值，熟悉切线方程的几何意义是解题的关键，本题属于基础题题.14. 已知等差数列的前项和为，若，则=_【答案】【解析】【分析】利用等差数列前项和，可得；利用等差数列的性质可得，然后求解三角函数值即可【详解】等差
10、数列的前项和为，因为，所以；又，所以 故答案为：【点睛】本题考查等差数列的前项和公式和等差数列的性质的应用，熟练掌握和若，则是解题的关键15. 甲、乙两名同学参加一项射击比赛游戏，其中任何一人每射击一次击中目标得2分，未击中目标得0分.若甲、乙两人射击的命中率分别为和，且甲、乙两人各射击一次得分之和为2的概率为.假设甲、乙两人射击互不影响，则值为_.【答案】【解析】【分析】根据甲、乙两人各射击一次得分之和为2的概率为列方程，解方程求得的值.【详解】甲、乙两人各射击一次得分之和为2，可能是甲击中乙未击中，或者乙击中甲未击中，故，解得.故答案为：【点睛】本小题主要考查相互独立事件概率计算，属于基础
11、题.16. 点是抛物线的对称轴与准线的交点，点为抛物线的焦点，点在抛物线上.在中，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】由正弦定理求得，根据抛物线的定义，得,即，则取得最大值时，最小，此时直线与抛物线相切，将直线方程代入抛物线方程，由求得的值，即可求得的最大值【详解】如图，过点作准线的垂线，垂足为，则由抛物线的定义可得，由，在中正弦定理可知：，所以，所以，设的倾斜角为，则，当取得最大值时，最小，此时直线与抛物线相切，设直线的方程为，则，即，所以，所以，即，则，则得最大值为故答案为：【点睛】本题属于综合题，难度较大，难点（1）利用，通过正弦定理转化为；难点（2）设的倾斜角为，则，通过取得最大值
12、时，最小，得出与抛物线相切，本题属于难题三、解答题17. 在中，分别为内角的对边，且（）求的大小；（）若，是判断的形状【答案】 ，等腰三角形【解析】【详解】试题分析：（1）利用正弦定理，化简得，在利用余弦定理，求解，即可求解角的大小；（2）由（1），利用两角差的正弦函数，化简得，即可求解的最大值.试题解析：（1）由已知，根据正弦定理得即，由余弦定理得故，（2）由（1）得：故当时，取得最大值1，此时三角形为等腰三角形.考点：正弦定理；余弦定理.18. 在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，平面平面，且（1）求证：平面；（2）求二面角的大小【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分
13、析】根据面面垂直的性质定理，可以建立以，的方向为轴，轴，轴的正向空间直角坐标系. （1）根据线面平行的判定定理，结合空间向量的数量积运算进行证明即可；（2）根据空间向量夹角公式，结合二面角的性质进行求解即可.详解】平面平面，平面平面，平面，直线平面由题意，以点为原点，分别以，的方向为轴，轴，轴正向建立如图空间直角坐标系，则可得：，（1）因为四边形是正方形，所以，又因为，所以，而平面，所以平面，因此是平面的一个法向量，又，即，又直线平面，平面；（2）设为平面的法向量，则，即不妨设，可得设为平面的法向量，又，则，即不妨设，可得，又二面角为钝二面角，二面角的大小为【点睛】本题考查了用空间向量证明线面
14、平行、面面垂直的性质定理、线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理，以及利用空间向量求解二面角大小问题，考查了推理论证能力和数学运算能力.19. 三年前，中国有三分之二的城市面临“垃圾围城”的窘境我国的垃圾处理多采用填埋的方式，占用上万亩土地，并且严重污染环境，垃圾分类把不易降解的物质分出来，减轻了土地的严重侵蚀，减少了土地流失上海作为我国首个进行垃圾分类的城市，从2019年7月开始实施至今，为了更好的回收和利用，每个小区都有规定时间投放垃圾，生活垃圾中有30%40%可以回收利用，分出可回收垃圾既环保，又节约资源例如：回收利用1吨废纸可再造出0.8吨好纸现调查了上海市5个小区2019年10月的生
15、活垃圾投放情况，其中在规定时间内投放垃圾的百分比和可回收物中废纸投放量如下表所示：A小区B小区C小区D小区E小区在规定时间内投放的百分比（%）90%85%83%79%75%废纸投放量（吨）5.14.85.24.95（1）从这5个小区中任选1个小区，求该小区2019年10月在规定时间内投放垃圾的百分比不低于80%，且废纸投放量大于5吨的概率；（2）从这5个小区中任选2个小区，记X为2019年10月投放的废纸可再造好纸大于4吨的小区个数，求X的分布列及期望；（3）若将频率视为概率，在上海市任选4个小区，恰有2个小区2019年10月在规定时间内投放垃圾的百分比不低于80%，且废纸投放量大于5吨的概率
16、【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）利用表中数据，结合题意即可求解.（2）根据题意可得X的所有可能取值为0，1，2，利用超几何分布即可求解.（3）根据二项的分布列与期望计算公式即可求解.【详解】（1）记“该小区1月份在规定时间内投放垃圾的百分比不低于80%，且废纸投放量大于5吨”为事件M，只有A、C两个小区符合要求，所以（2）因为回收利用1吨废纸可再造出0.8吨好纸，所以1月份投放的废纸可再造好纸大于4吨的小区有A、C两个小区，X的所有可能取值为0，1，2，所以X的分布列为：X012P0.30.601（3）设1月份在规定时间内投放垃圾的百分比不低于80%，且废纸投放量大于5吨的
17、小区个数为Y，则，所以【点睛】本题以生活垃圾可回收物为背景，考查超几何分布、二项分布列、分布列与期望等基础知识，考查阅读理解能力、数学建模能力，考查统计与概率思想，考查学生数学运算、数据分析核心素养，体现综合性与应用性，属于中档题20. 记椭圆的左右焦点分别为F1，F2，过F1的动直线l与椭圆C交于A，B两点，已知F2AB的周长为8且点在椭圆C上.（1）求椭圆C的标准方程；（2）请问：x轴上是否存在定点M使得F1MAF1MB恒成立，若存在，求出点M的坐标，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，【解析】【分析】（1）根据焦点三角形周长公式可求，再将代入标准方程即可求解；（2）假设存在
18、点，则所求问题转化为求证，设直线方程为，结合韦达定理代换即可求证.【详解】（1）由题知F2AB的周长为，解得，再将代入解得，则椭圆的标准方程为：；（2）假设存在点，设直线方程为，联立得，则若，则有，即，将式代入化简得，解得，故存在点，使得F1MAF1MB成立.若直线l斜率为0时，即直线为，此时点为时显然也满足，综上所述，存在点，使得F1MAF1MB恒成立.【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法，韦达定理求证直线与椭圆的定点定值问题，属于中档题.21. 已知函数（1）求函数的单调区间；（2）设函数有两个极值点（），若恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）分类讨论，详见解析；（2）【解析】【分析】（1
19、）求出导函数，令，利用判别式讨论的取值范围，结合导数与函数单调性的关系即可求解. （2）根据题意可得是方程的两个不等正实根，由（1）知，利用韦达定理得，且，然后分离参数只需恒成立，从而令，利用导数求出的最小值即可求解.【详解】（1）因为，所以令，当即时，即，所以函数单调递增区间为当即或时，若，则，所以，即，所以函数单调递增区间为若，则，由，即得或；由，即得所以函数的单调递增区间为；单调递减区间为综上，当时，函数单调递增区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为（2）由（1）得，若有两个极值点，则是方程的两个不等正实根，由（1）知则，故，要使恒成立，只需恒成立因为令，则，当时，为减函数，
20、所以由题意，要使恒成立，只需满足所以实数的取值范围【点睛】本题考查函数和导数及其应用、不等式等基础知识；考查抽象概括能力、运算求解能力、推理论证能力与创新意识；考查函数与方程思想、分类与整合思想、化归与转化思想等思想；考查数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现综合性、应用性、创新性请考生在第22、23两题中任选一题作答注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一个题目计分22. 在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，射线与曲线交于两点，直线与曲线相交于两点.（）求直线的普通方程和曲线C的直角坐标方程
21、；（）当时，求的值.【答案】（），；（）或【解析】【分析】（）将参数方程消去即可得到普通方程；由，根据极坐标和直角坐标互化原则可得的直角坐标方程；（）联立和射线的极坐标方程可得点极坐标，从而得到；将参数方程代入圆的直角坐标方程，利用的几何意义，结合韦达定理构造关于的方程，解方程求得结果.【详解】（1）将直线的参数方程消去，化为普通方程得：由得： 整理可得曲线的直角坐标方程为：（2）由得： 将直线的参数方程代入得：由得：设两点对应的参数分别为，则：解得：或所求的值为或【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的互化、参数方程化普通方程、极径的意义、直线参数方程中参数的几何意义的应用等知识，属于常考题型.选
22、修4-5：不等式选讲 23. 选修4-5：不等式选讲已知函数.（）若，解不等式；（）当时，函数的最小值为，求实数的值.【答案】() () 【解析】分析】（）a=-2时， ，f(x)的两个零点分别为-1和1，通过零点分段法分别讨论 ，去绝对值解不等式，最后取并集即可；（）法一： 时， ，化简f(x)为分段函数，根据函数的单调性求出f(x)在 处取最小值3，进而求出a值法二：先放缩，再由绝对值三角不等式求出f(x)最小值，进而求a【详解】() 时，不等式为当 时，不等式化为，此时 当 时，不等式化为，当 时，不等式化为，此时综上所述，不等式的解集为（）法一：函数f(x)|2xa|x1|，当a2，即时， 所以f(x)minf（）13，得a42(符合题意)，故a4. 法二： 所以，又，所以.【点睛】本题考查绝对值三角不等式的解法，零点分段法化简分段函数，求分段函数的最值，体现了分类讨论的数学思想