1、西安市第一中学2021届高三第五次模拟考试文科数学一、选择题1. i是虚数单位，则复数等于（）A. iB. iC. 1D. 1【答案】A【解析】【分析】根据复数四则运算法则直接求解即可得到结果详解】故选：【点睛】本题考查复数的四则运算，属于基础题.2. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先利用分式不等式的解法和二次函数的性质化简集合A，B，再利用集合的交集和补集运算求解.【详解】因为集合或，所以，所以故选：D3. 下列函数中，最小正周期为的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用三角函数周期公式依次判断选项即可得到答案.【详解】对选项A，
2、由于函数不是周期函数，故排除A；对选项B，由于函数，周期为，故排除B；对选项C，由于函数的周期为，故排除C；对选项D，由于函数的周期为，故D正确.故选：D4. 某质点的位移函数是（），则当时，它的速度对的瞬时变化率（即加速度）是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意可先求出，再求出即可.【详解】由题可得，即，.故选：A.5. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】化简，再利用二倍角公式化简求值.【详解】=.故选：B【点睛】方法点睛：三角恒等变换常用的方法有：三看（看角、看名、看式）三变（变角变名变式），要根据已知条件灵活选择方法化简求值.6.
3、函数在区间上的图象为（ ）A B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用函数的奇偶性和函数图像上的特殊点对选项进行排除，由此得出正确选项.【详解】令（），所以函数为奇函数，图像关于原点对称，由此排除A,D两个选项.当时，而为第二象限角，所以，而，所以，由此排除C选项.故B选项符合.故选B.【点睛】本小题主要考查根据函数的奇偶性和函数图像上的特殊点，判断函数的图像，属于基础题.7. 若两个非零向量、满足，则向量与的夹角是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】在等式同时平方可得出，在等式两边平方可得出，利用向量夹角的余弦公式可求得向量与的夹角.【详解】在等式两边同时平方可得
4、，在等式两边同时平方可得，所以，所以，.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查利用平面向量的数量积求解平面向量间的夹角，在求解时要注意以下两点：（1）遇到平面向量模长的等式时，一般将等式两边平方，化简求解；（2）向量与的夹角不是、的夹角，同时要注意平面向量间的夹角的取值范围是.8. 设,若是的必要不充分条件,则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先解出命题中不等式的解集，然后利用十字相乘法求出命题，然后根据是的必要不充分条件求出的取值范围.【详解】由题意得命题：，命题：，因为是的必要不充分条件，所以，解得，故选：A.【点睛】本题考查简易逻辑命题，大部分可转
5、化为集合中的包含关系进行求解.9. 给出下列四个命题：若，则或；，都有；若，是实数，则是的充分不必要条件；“，”的否定是“，”其中真命题的个数是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】【分析】通过元素与集合的关系判断；反例判断；充要条件的判断方法判断；特称命题的否定判断【详解】对于，若，则且；所以不正确；对于，当时，所以，都有；所以不正确；对于，若，是实数，则推不出，反例，所以说，是实数，则是的充分不必要条件不正确；所以不正确；对于，“，”的否定是“，”符合特称命题的否定，所以正确；故选：A【点睛】方法点睛：充要条件的判定常用的方法有：（1）定义法；（2）集合法；（3）转化法.
6、要根据具体情况灵活选择方法解答.10. 已知函数在上有两个零点，则m的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】原问题等价于函数与函数有两个不同的交点，求出两函数相切时的切线斜率，再结合函数特征，求出m的取值范围即可.【详解】解：函数在上有两个零点，等价于与有两个不同的交点，恒过点，设与相切时切点为，因为，所以切线斜率为，则切线方程为，当切线经过点时，解得或（舍），此时切线斜率为，由函数图像特征可知：函数在上有两个零点，则实数的取值范围是.故选：D.【点睛】本题考查导数的综合应用，由函数零点求参数的取值范围，难度中等.11. 在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P
7、在以点C为圆心且与BD相切的圆上若= +，则+的最大值为A. 3B. 2C. D. 2【答案】A【解析】如图所示，建立平面直角坐标系.设,易得圆的半径，即圆C的方程是，若满足，则 ，所以，设，即，点在圆上，所以圆心到直线的距离，即，解得，所以的最大值是3，即的最大值是3，故选A.【名师点睛】（1）应用平面向量基本定理表示向量是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算.（2）用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.12. 已知函数满足对任意的，且都有：，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【
8、答案】B【解析】【分析】由已知条件知在R上为增函数，结合分段函数式：在各个分段上都是增函数，且两段图象的界点上有，即可求的取值范围.【详解】由对任意的，且都有：，知：在R上为增函数，又，解得，故选：B二、填空题13. 在中，角，的对边分别是，若，则_【答案】【解析】【分析】先通过正弦定理，化简可得c=2b，在带入，可得,再利用余弦定理得出结果.【详解】由题意可得，由正弦定理得，c=2b，又，则由余弦定理可得： 故答案为【点睛】本题考查了正余弦定理的合理运用，属于基础题.14. 已知，则的最小值是_.【答案】3【解析】【分析】根据，将所求等式化为，由基本不等式，当a=b时取到最小，可得最小值【详
9、解】因为，所以，所以（当且仅当时，等号成立）.【点睛】本题考查基本不等式，解题关键是构造不等式，并且要注意取最小值时等号能否成立15. 已知各项都是正数的等比数列中，成等差数列，则_【答案】【解析】【分析】利用等比数列的通项公式以及等差中项求出公比即可求解.【详解】数列各项都是正数的等比数列，成等差数列，则，即，可得，解得或（舍去），所以.故答案为：【点睛】本题考查了等比数列的通项公式、等比数列的性质，等差中项的应用，考查了基本运算求解能力，属于基础题.16. 已知函数有且仅有一个极值点，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据题意可得只有一个解只有一个解与只有一个交点，求导数，分析
10、单调性，及当时，；当时，画出函数的草图，及可得的取值范围，再检验是否符合题意，即可得出答案【详解】解：因为函数有且仅有一个极值点，所以只有一个解，即，只有一个解，即与只有一个交点，因为，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，所以，当时，；当时，画出函数的草图如下：结合图象可得或，解得或，当时，所以，令，所以，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以恒成立，所以在上单调递减，所以函数没有极值点.所以实数的取值范围是.故答案为：【点睛】本题考查利用导数分析极值，解题关键是转化思想的应用，属于中档题三、解答题17. 已知公差不为0的等差数列满足，是，的等比中项.（1）求的通项公式；（2）设数列满
11、足，求的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据条件列方程组，求出首项和公差即可得出通项公式；（2）利用裂项相消法求和【详解】（1）设等差数列的公差为 ，则 解得 或（舍去）， . （2）, .【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了利用裂项相消进行数列求和的方法，属于基础题18. 已知函数.（1）求的最小正周期和单调递增区间；（2）若方程在有两个不同的实根，求的取值范围【答案】（1）最小正周期，； （2）.【解析】【分析】（1）利用两角差的余弦公式、倍角公式、辅助角公式得，求得周期；（2）利用换元法令，将问题转化成方程在有两个不同的实根，再利用图象得的取值范围.【详解】（
12、1） ，所以的最小正周期，由得：，所以的单调递增区间是.（2）令，因为，所以，即方程在有两个不同的实根，由函数的图象可知，当时满足题意，所以的取值范围为.【点睛】第（1）问考查三角恒等变换的综合运用；第二问考查换元法求参数的取值范围，注意在换元的过程中参数不能出错，否则转化后的问题与原问题就不等价.19. 已知的三个内角的对边分别为，且.（1）求；（2）若，求得最大值.【答案】（1）；（2）4.【解析】分析】（1）利用三角形的内角和性质以及二倍角公式可得，从而可得，即可求解.（2）利用余弦定理以及基本不等式即可求解.【详解】（1）由可得，为三角形内角，故， （2）在中，由余弦定理：， ，（当且
13、仅当时取等号）的最大值为.【点睛】本题主要考查了二倍角的正弦公式、余弦定理以及基本不等式，需熟记公式与定理内容，考查了基本运算求解能力，属于基础题.20. 已知，关于的不等式的解集为.（1）求，的值；（2）正实数，满足，求的最大值.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）利用不等式解集的端点为方程的根求得，再求解不等式即可得；（2）代入，可得，变形可得，所以求的最大值，即求的最小值，再利用基本不等式的乘“”法求得最值即可.【详解】解：（1）因为关于的不等式的解集为，所以的一个根是，将代入方程，解得，此时方程为，解得另一个根为，所以.（2）因为，所以，即，要求的最大值，即求的最大值，即求
14、的最小值，所以，当且仅当时等号成立，所以的最小值为，则的最大值为.【点睛】本题考查的是利用基本不等式求最值的知识，在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正各项均为正；二定积或和为定值；三相等等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误21. 已知函数（1）讨论函数在上的单调性；（2）证明：恒成立.【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求导，根据定义域，分和两类讨论求解.（2）证法一：由（1）知，当时，当时，有，即，将恒成立，转化为在上恒成立，设，用导数法论证即可.【详解】（1），当时，恒成立，所以，
15、在上单调递增；当时，令，得到，所以当时，单调递增，当时，单调递减.综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）证法一：由（1）可知，当时，特别地，取，有，即，所以（当且仅当时等号成立），因此，要证恒成立，只要证明在上恒成立即可，设，则，当时，单调递减，当时，单调递增.所以，当时，即在上恒成立.因此，有，又因为两个等号不能同时成立，所以有恒成立.证法二：记函数，则，可知在上单调递增，又由，知，在上有唯一实根，且，则，即，当时，单调递减；当时，单调递增，所以，结合（*）式，知，所以，则，即，所以有恒成立.【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与不等式恒成立，还考查了
16、分类讨论的思想、转化化归思想和运算求解的能力，属于难题.（二）选考题：选修4-4：坐标系与参数方程22. 在平面直角坐标系中，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（1）写出曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线交于、两点，且的长度为，求直线的普通方程【答案】（1）；（2）和.【解析】【分析】（1）将代入曲线极坐标方程，化简后可求得对应的直角坐标方程；（2）将直线的参数方程代入曲线方程，利用弦长公式列方程，解方程求得直线的倾斜角或斜率，由此求得直线的普通方程.【详解】（1）将代入曲线极坐标方程得曲线的直角坐标方程为，即；（2）将直线的参数方
17、程代入曲线方程：，整理得设点、对应的参数为、，解得，则，得，因为，得或，直线的普通方程为和.【点睛】本题主要考查极坐标方程和直角坐标方程互化，考查利用直线的参数方程来求弦长有关的问题，属于中档题.选修4-5：不等式选讲23. 已知函数（1）当时，解不等式；（2）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）分类讨论去绝对值后分区间解不等式，再求并集；（2）转化为对任意的，恒成立，后再构造函数，利用函数的单调性列不等式可得结果【详解】（1）当时，所以，或或，解得所以不等式的解集为（2）由题意对任意的，恒成立，即对任意，恒成立，令，在上递增，在递减，在上递减，在上递增，要使对任意的，恒成立，只需可得【点睛】绝对值不等式的常见解法：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想