江西省赣县第三中学2021届高三上学期能力测试（一）数学（文）试卷 WORD版含答案.doc

1、2021届文科数学能力测试一第卷（选择题）一、单选题1已知复数，则的虚部为（ ）A B C D2设全集为，集合，则等于（ ）A B C D3已知是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（ ）A若则 B若则C若则 D若则4若，则（ ）A B C D5已知向量，满足，且，则在方向上的投影为（ ）A B C D16如图所示，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（ ）A B C D7若函数的定义域为，值域为，则实数的取值范围是（ ）A B C D8已知一元二次不等式的解集为，则的解集为（ ）A B C D9已知偶函数在上单调递增，则，的大小关系为（ ）A B

2、C D10已知函数是上的单调递增函数，则实数的取值范围是（ ）A B C D11如图，网格纸上小正方形边长为1，粗线是一个棱锥的三视图，则此棱锥的表面积为（ ）A B C D812若函数恒有2个零点，则的取值范围是（ ）A B C D第卷（非选择题）二、填空题13设，满足约束条件则的取值范围是_.14在中，角，所对的边分别为，已知，则_15记等差数列的前项和为，已知点在直线上，为外一点，若，且，则_.16已知函数的定义域为，满足，且当时，.有以下三个结论：；当时，方程在区间上有三个不同的实根；函数有无穷多个零点，且存在一个零点.其中，所有正确结论的序号是_.三、解答题17已知数列中，已知：，（

3、1）设，求证数列 是等比数列；（2）记，求18在中，角的对边分别为，且.（1）求的大小；（2）若，且的面积为，求以及外接圆的面积.19如图，正四棱锥中，为中点.（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值.20在极坐标系中，曲线的方程为.以极点为原点，以极轴为轴的正半轴，取相同的单位长度，建立平面直角坐标系，曲线的参数方程为，为参数，.（1）求曲线的直角坐标方程和曲线的普通方程；（2）若曲线与轴相交于点，与曲线相交于两点，求的值.21已知函数.（1）解不等式：；（2）已知实数满足：对都有，若，且，求最小值.22已知函数；（1）若，求函数的单调递减区间；（2）求证：若，则对任意的，有202

4、1届文科数学能力测试一答案一、 选择题123456789101112CCDCBBDACBAA12. 【详解】令，得令，则，当时， ，当时，所以在上单调递增，在上单调递减的最大值是，作出函数及的图象，如图所示，函数恒有两个零点等价于函数及的图象有两个交点，所以，解得【方法点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解二、填空题13 1

5、45 15 16.16.【详解】如图：对，因为函数的定义域为，满足，当时，所以，所以正确；对，的大致图象如图所示可得：当时，方程在区间上有三个不同的实根，所以正确；对，因为时，解得：，又因为，所以函数有无数个零点，但没有整数零点，所以不正确；故答案为：.三、解答题17解：（1） 即 是首项为，公比为的等比数列（要指明首项和公比，否则扣1分）（2）， 18解：（1）由得：，即，由余弦定理得，又，所以（2）由（1）可得，又因为：，所以：由得由正弦定理：（为外接圆半径），得：，由可得，所以的外接圆面积为综上：的外接圆面积为19解：（1）证明：连接，交于点，连接.四棱锥为正四棱锥， 四边形为正方形，

6、为中点，为中点， 为的中位线，（2）由（1）知：，故（或其补角）为异面直线与所成的角.， ，.由四棱锥为正四棱锥知：.为中点， ， ，即.， ，即异面直线与所成角的余弦值为.20解：（1）因为曲线的极坐标方程为，所以：；又因为：，所以：，即曲线的直角坐标方程.曲线的参数方程为，消去参数，可得曲线的普通方程；（2）由于曲线的直角坐标方程，则，且倾斜角为，设曲线的参数方程为，为参数，且两点的参数分别为，则将曲线的参数方程代入曲线的普通方程可得：，由韦达定理可知：，从而，.21解：（1）当时，由得，则当时，由得，则当时，由，则综上，不等式的解集： （2）已知对都有，则.则在上是减函数，在上是增函数.所以.故，即，则，当且仅当，即，时，等号成立，所以，.22 解：（1）的定义域为，则，因为，所以，当即时，在单调递增，当时，即，令得，所以单调递减，故单调递减区间为，综上所述，当时，无单调递减区间； 当时， 单调递减区间为.（2） 设，则，令，所以，因为，所以，所以，即，所以在上单调递增，对任意的，有，即，所以.