1、广西防城港市防城中学2021届高三数学10月月考试题 文（含解析）一.选择题（本大题共12小题，每小题5分，共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. 设集合，则集合（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据对数函数的单调性和定义域，结合集合并集的定义进行求解即可.【详解】由题意得，故.故选：A【点睛】本题考查了对数不等式的解法，考查了集合并集的定义，考查了数学运算能力.2. 若复数（i为虚数单位），则（ ）A. 2B. 1C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意得，进而得.【详解】解：因为，所以，故，故选：C.【点睛】本题考查复数运算，复数的模
2、，共轭复数，考查运算能力，是基础题.3. 等比数列中，则与的等比中项是（ ）A. B. 4C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用等比数列的通项公式可得，再利用，即可得出与的等比中项.详解】，.又.与的等比中项是.故选：A【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与性质等比中项，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.4. ABC中，AB=2，AC=3，B=60，则cosC=（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由正弦定理得，sinC，又ABAC，0CB60，cosC.5. 已知向量与，则“”是“，共线且方向相反”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也
3、不必要条件【答案】B【解析】【分析】由向量共线的坐标运算可得，得到，共线，方向相同或相反；反之，共线且方向相反，得到，.【详解】由，且，共线，得，解得.当时，共线且方向相同；当时，共线且方向相反.“”是“，共线且方向相反”的必要不充分条件.故选：B.【点睛】本题考查必要不充分条件的判定，考查向量共线的坐标运算，是基础题.6. 按如图所示的程序框图运行后，输出的结果是63，则判断框中的整数的值是（ ）A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】B【解析】按框图所示程序运行可得S1，A1；S3，A2；S7，A3；S15，A4；S31，A5；S63，A6.此时输出S，故M为6.7. 在空间中，abc是三
4、条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中的真命题是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】结合空间直线与平面间的位置关系进行判定，适当利用反例或者模型.【详解】对于A，垂直于同一直线的两条直线，位置关系可能是平行、相交或者异面，例如下图中均和垂直，但，因此选项A不正确；对于B，分别位于两个相互垂直的平面内的两条直线可能是平行的，例如下图中，因此选项B不正确；对于C，如下图，平面平面，直线平面，直线平面，而与异面，因此选项C不正确；对于D，直线与平面没有公共点，因此，,选项D正确.故选：D.【点睛】本题主要考查空间位置关系的判定，构建空间模型有助于解题
5、，侧重考查直观想象和逻辑推理的核心素养.8. 设连续抛掷骰子两次所得的点数x，y构成点，则点M落在圆内的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】找出两次所得的点数x，y构成点的总个数，及点M落在圆内的个数，代入古典概型计算公式即可求解【详解】连续抛掷骰子两次所得的点数x，y构成点点有：，共36个其中落在圆内的有：，共4个故落在圆内的概率，故选：【点睛】古典概型要求所有结果出现的可能性都相等，强调所有结果中每一结果出现的概率都相同弄清一次试验的意义以及每个基本事件的含义是解决问题的前提，正确把握各个事件的相互关系是解决问题的关键解决问题的步骤是：计算满足条件的基本事件个数，
6、及基本事件的总个数，然后代入古典概型计算公式进行求解9. 函数的图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分析函数的奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.【详解】函数的定义域为，该函数为奇函数，排除A、C选项；当时，则，排除B选项故选：D.【点睛】本题考查由函数的解析式辨别函数的图象，一般从函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号来进行判断，考查推理能力，属于中等题.10. 已知，则的大小关系为 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先比较三个数与零的大小关系，确定三个数的正负，然后将它们与进行大小比较，得知，再利用换底公式得
7、出、的大小，从而得出三个数的大小关系【详解】函数在上是增函数，则，函数在上是增函数，则，即，即，同理可得，由换底公式得，且，即，因此，故选A【点睛】本题考查比较数的大小，这三个数的结构不一致，这些数的大小比较一般是利用中间值法来比较，一般中间值是与，步骤如下：首先比较各数与零的大小，确定正负，其中正数比负数大；其次利用指数函数或对数函数的单调性，将各数与进行大小比较，或者找其他中间值来比较，从而最终确定三个数的大小关系11. 已知，是椭圆左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，则的离心率为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】分析：先根据条件得PF2=2c,再
8、利用正弦定理得a,c关系，即得离心率.详解：因为为等腰三角形，所以PF2=F1F2=2c,由斜率为得，由正弦定理得,所以，故选D.点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.12. 定义在上的奇函数满足，且在上单调递减，若方程在上有实数根，则方程在区间上所有实根之和是（ ）A. 30B. 14C. 12D. 6【答案】A【解析】【分析】根据条件可得出的图象关于对称，的周期为4，从而可考虑的一个周期，利用，根据在上是减函数可得出在上是增函数，在上是减
9、函数，在上是增函数，然后根据在上有实数根，可判断该实数根是唯一的，并可判断在一个周期内有两个实数根，并得这两实数根和为2，从而得出在区间这三个周期内上有6个实数根，和为30.【详解】由知函数的图象关于直线对称，是R上的奇函数，的周期为4，考虑的一个周期，例如，由在上是减函数知在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，对于奇函数有，故当时，当时，当时，当时，方程在上有实数根，则这实数根是唯一的，因为在上是单调函数，则由于，故方程在上有唯一实数，在和上，则方程在和上没有实数根，从而方程在一个周期内有且仅有两个实数根，当，方程的两实数根之和为，当，方程的所有6个实数根之和为.故选：A.【点睛】本题考
10、查了由可判断关于对称，周期函数的定义，增函数和减函数的定义，考查了计算和推理能力，属于难题.二.填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 函数的定义域是_.【答案】.【解析】【分析】根据分母不为零、真数大于零列不等式组，解得结果.【详解】由题意得，故答案为：.【点睛】本题考查函数定义域，考查基本分析求解能力，属基础题.14. 若x，y满足，则的最大值为_.【答案】2【解析】【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，由直线方程可知，要使z最大，则直线在y轴上的截距最大，结合可行域可知当直线过点B时z最大，求出B的坐标，代入得答案.【详解】由足约束条件作出可行域如图，由
11、，得.要使z最大，则直线的截距最大，由图可知，当直线.过点A时截距最大.联立，解得，的最大值为.故答案为：2.【点睛】本题考查了简单的线性规划，解答的关键是正确作出可行域，是中档题.15. 已知函数的图像在点的处的切线过点，则 .【答案】1【解析】试题分析：.考点：1、导数的几何意义；2、直线方程.【方法点晴】本题考查导数的几何意义、直线方程，涉及分特殊与一般思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 首先求导可得.16. 已知，若不等式对一切恒成立，则a最大值为_.【答案】【解析】【分析】根据分段函数的表达式，分别讨论x的取值范
12、围，利用参数分离法求出a的范围即可得到结论.【详解】不等式对一切恒成立，若，则.则不等等价为，即，此时不等式恒成立，若，则，则不等式等价为，即，则，设，则，此时，若，则，则等价为，即，则不等式等价，即则在时，为增函数，即，则，故a的最大值为，故答案为：.【点睛】本题主要考查不等式恒成立问题，利用分类讨论的数学思想，结合参数分离法进行求解即可.三.解答题（共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必答题，每道试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答）17. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设（1）求A；（2）若，求sinC【答案】（1）；（2）.
13、【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得：，从而可整理出，根据可求得结果；（2）利用正弦定理可得，利用、两角和差正弦公式可得关于和的方程，结合同角三角函数关系解方程可求得结果.【详解】（1）即：由正弦定理可得： （2），由正弦定理得：又，整理可得： 解得：或因为所以，故.（2）法二：，由正弦定理得：又，整理可得：，即 由，所以.【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系.18. 手机运动计步已经成为一种新时尚.某单位统计了职工一天行走步数（
14、单位：百步），绘制出如下频率分布直方图：（1）求直方图中a的值，并由频率分布直方图估计该单位职工一天步行数的中位数；（2）若该单位有职工200人，试估计职工一天行走步数不大于13000的人数；（3）在（2）的条件下，该单位从行走步数大于15000的3组职工中用分层抽样的方法选取6人参加远足拉练活动，再从6人中选取2人担任领队，求这两人均来自区间的概率.【答案】（1），125；（2）112人；（3）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中矩形的面积和为1求出，再求中位数得解；（2）直接利用频率分布直方图估计职工一天行走步数不大于13000的人数；（3）先求出在区间中有32人，在区间中有8人，在
15、区间中有8人，再利用古典概型的概率公式求出这两人均来自区间的概率.【详解】（1）由题意得 解得 .设中位数为，则 解得 . 中位数是125.（2）由 估计职工一天步行数不大于13000步的人数为112人 （3）在区间中有人在区间中有人在区间中有人按分层抽样抽取6人，则从抽取4人，抽取1人，抽取1人 设从抽取职工为，从抽取职工为B，从抽取职工为C，则从6人中抽取2人的情况有，共15种情况，它们是等可能的，其中满足两人均来自区间的有，共有6种情况， 两人均来自区间的概率为.【点睛】本题主要考查频率分布直方图的应用，考查频率分布直方图中中位数的计算，考查古典概型的概率的计算，意在考查学生对这些知识的
16、理解掌握水平和分析推理能力19. 如图，直四棱柱的底面是菱形，分别是，的中点.（1）证明：点在平面内；（2）已知在上，若，求线段的长.【答案】（1）证明见解析；（2）1.【解析】【分析】（1）根据题意，直线证明即可得点在平面内.（2）连接，通过证明平面得，进而得，即可证明，所以.【详解】（1）连接，.且四边形是平行四边形，又因为分别为，中点，四点共面，点D在平面内（2）连接，由（1）知，四点共面因为，即又，为中点又因为平面， ，平面， ，平面又平面， 又【点睛】本题考查四点共面问题，线面垂直的证明，考查逻辑推理能力与空间思维能力，是中档题.20. 已知椭圆C：的离心率为，且椭圆上一点到两个焦点
17、的距离之和为.（1）求椭圆C的方程；（2）斜率为k的动直线l与椭圆C交于AB两点，点在直线l上，求证无论直线l如何转动，以为直径的圆恒过点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题意，列式即可得，根据，进而解得椭圆方程；（2）根据题意，可得直线l的方程为：，联立直线方程与椭圆方程，通过，进而证明无论直线l如何转动，以为直径的圆恒过点.【详解】（1）由题可知，解得，椭圆C的方程为：.（2）证明：由题，直线l的方程为：，设，则代入椭圆方程，整理得.点在椭圆内，此方程必有两个实根，以为直径的圆恒过点.【点睛】本题主要考查直线与椭圆的综合应用，向量法与椭圆的结合应用，考查学生转化
18、的思想与计算能力，属于综合题.21. 设函数.（1）讨论单调性；（2）若；对于任意的，使得恒成立，求的取值范围.【答案】（1）当时，在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减；（2）.【解析】【分析】（1）求出的导数，通过讨论的取值范围，求出函数的单调区间即可；（2）不等式等价于在恒成立，构造函数分析，具体见解析.【详解】（1）由题可知的定义域为，当时，恒成立，单调递增，当时，令得，令得，综上，当时，在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减；（2）原不等式等价于在恒成立，令，只需在恒小于0即可，故在处必小于等于0，可得，令，当时，时，在时恒成立，当时，在单调递减，即，在单调递减，即在恒小于0，原
19、不等式恒成立，当时，此时，存在，使得时，单调递增，即，不符合题意，综上，.【点睛】本题考查利用导数讨论函数的单调性以及利用导数讨论不等式的恒成立问题，属于综合题.22. 在直角坐标系a中，点，直线l的参数方程是(t为参数).以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为.（1）求圆C的直角坐标系下的标准方程；（2）已知l与圆C交于A，B两点，且，求l的普通方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据，代入圆C的极坐标方程，从而求出圆的标准方程即可；（2）将直线代入圆的方程，结合韦达定理求出l的标准方程即可.【详解】（1）将，代入圆C的极坐标方程：，得，标准方程为
20、.（2）将直线l的参数方程(t为参数)代入圆C的直角坐标方程中，化简得，设A，B两点所对应的参数分别为，由韦达定理知，同号，又，由可知或，解得，l的普通方程为.【点睛】本题考查了参数方程，极坐标方程和普通方程的转化，考查二次函数的性质，是一道中档题.23. 已知函数.（1）时，求不等式的解集；（2）若函数的图象恒在直线的上方（无公共点），求实数的取值范围.【答案】(1)(2).【解析】分析：（1）对分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果；（2）函数的图象恒在直线的图象的上方等价于恒成立，分三种情况讨论，分别分离参数，转化为求函数最值问题求解即可.详解：（1），即， 当时，解得， 当时，解得， 当时，解得，. 综上所述，不等式的解集为. （2）由题意知恒成立， 当时，变形得恒成立， 当时，可以取任意实数；当时，变形得恒成立， 当时，变形得， 综上所述，实数的取值范围为. 点睛： 绝对值不等式的常见解法有：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
