1、江苏省泰州中学2021届高三第三次月考检测数学试卷一、单选题1已知集合，集合，则（ ）ABCD2已知复数，则（ ）AB5C20D3高一（1）班某组有5人，组长安排值日生，其中1人负责擦黑板，2人负责教室内地面卫生，2人负责卫生区卫生，则不同的安排方法有（ ）A20种B30种C90种D120种4在某拍卖会上成交的唐代著名风鸟花弃纹浮雕银杯如图，银杯由杯托和盛酒容器两部分组成，盛酒容器可近似地看成由圆柱和一个半球组成，盛酒容器的主视图如图2若，则该容器的容积（不考虑材料的厚度）为（ ）ABCD5已知函数的图像如图所示，则的解析式可能是（ ）ABCD6已知，则的最小值是（ ）ABCD127. “中国
2、剩余定理”又称“孙子定理”1852年，英国来华传教士伟烈亚力将孙子算经中“物不知数”问题的解法传至欧洲1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2019这2019个数中，能被3除余2且被5整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列所有项中，中间项的值为（）A992B1022C1007D10378已知函数，则不等式的解集是（ ）AB CD二、多选题9下列命题正确的是（ ）A“”是“”的必要不充分条件B命题“，”的否定是“，”C若，则D设
3、，“”，是“函数在定义域上是奇函数”的充分不必要条件10.我们通常称离心率为的椭圆为“黄金椭圆”.如图，已知椭圆，为顶点，为焦点，为椭圆上一点，满足下列条件能使椭圆为“黄金椭圆”的有（ ）A为等比数列BC 轴，且D四边形的内切圆过焦点11设函数,已知在有且仅有3个零点,下列结论正确的是（ ）A在上存在,满足B在有且仅有1个最小值点C在单调递增D的取值范围是12已知函数，则下列说法正确的是（ ）A当时，在单调递增B当时，在处的切线为轴C当时，在存在唯一极小值点，且D对任意，在一定存在零点三、填空题13已知双曲线过点且渐近线为，则双曲线的标准方程为_.14展开式中的常数项为_15在ABC中，设角A
4、，B，C对应的边分别为，记ABC的面积为S，且，则的最大值为_.16已知正方体的棱长为，其内有2个不同的小球，球与三棱锥的四个面都相切，球与三棱锥的三个面和球都相切，则球的体积等于_，球的表面积等于_四、解答题17.ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量(2sin (xA)，sin A)，(cos x，1)，f(x)，且对任意，都有f(x)（1）求f(x)的单调递增区间；（2）若a，sin Bsin C，求ABC的面积18.已知公比q大于1的等比数列an满足a1+a310，a24（1）求an的通项公式；（2）设bn_，求数列bn的前n项和Sn请在nan；|2log2an9|；这
5、三个条件中选择一个，补充在上面的横线上，并完成解答19.已知抛物线C：x22py（0p2）的焦点为F，M（2，y0）是C上的一点，且（1）求C的方程；（2）直线l交C于A、B两点，kOAkOB2且OAB的面积为16，求l的方程20. 如图长方体的，底面ABCD的周长为4，E为的中点.（）判断两直线与AD的位置关系，并给予证明：（）当长方体体积最大时，求直线与平面所成角21.如图所示，椭圆的左右顶点分别为、，上、下顶点分别为、，右焦点为，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过点作不与轴重合的直线与椭圆交于点、，直线与直线交于点，试探讨点的纵坐标是否为定值，若是求出此定值；若不是，请说明理由。22
6、.已知函数，（1）讨论函数的单调性；（2）若对恒成立，求实数的取值范围 月考试题答案1D【解析】【分析】求出集合A，集合B中代表元素的取值范围，再根据交集的定义求出【详解】集合故选：D【点睛】本题考查集合的表示法，交集的求法，考查运算能力，属于基础题2C【解析】【分析】先计算出，再求出模即可.【详解】，.故选：C.【点睛】本题考查复数的运算和模的求解，属于基础题.3B【解析】【分析】先从5人中选出1人擦黑板，再从剩余的4人中选出2人负责教室内地面卫生，最后从剩余的2人中选出2人负责卫生区卫生，结合分步计数原理，即可求解.【详解】由题意，从5人中选出1人擦黑板，有种选法，从剩余的4人中选出2人负
7、责教室内地面卫生，有种选法，从剩余的2人中选出2人负责卫生区卫生，有种选法，由分步计数原理，可得不同的安排方法有种安排方法.故选：B.【点睛】本题主要考查了分步计数原理，以及组合的应用，其中解答中熟练应用组合的知识和分步计数原理求解是解答的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力.4A【解析】【分析】由图可知：几何体是由一个圆柱和一个半球组成的，然后分别利用柱体和球体体积公式求解.【详解】由题知：半球的半径，圆柱的高，则容器的容积V=V圆柱+V半球故选：A【点睛】本题考查以传统文化为背景的三视图还原几何体及圆柱和球的体积计算，属于基础题.5A【解析】【分析】由图知，函数是偶函数，且当时，函数的极
8、大值点小于，利用导数分别计算各选项的极大值点即可得出答案.【详解】由图知，函数是偶函数，且当时，函数的极大值点小于，对于选项A，当时，函数，所以，得，所以为函数的极大值点，故A正确；对于选项B，当时，函数，所以，得，所以为函数的极大值点，故B不正确；对于选项C，当时，函数，所以，得，所以为函数的极大值点，故C不正确；对于选项D，当时，函数，所以，得，所以为函数的极大值点，故D不正确；故选：A【点睛】本题考查了由图象判断函数的解析式，综合考查了函数的基本性质，导数研究函数的极值点，考查了学生的逻辑推理的能力，考查了数形结合的思想.6C【解析】【分析】利用配凑得到分母的和是定值，进而利用均值定理求
9、解【详解】，当且仅当 ，又故时取等号故选：C【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，属于基础题7.【答案】C【解析】将题目转化为即是3的倍数，也是5的倍数，也即是15的倍数.即，当，当，故，数列共有项因此数列中间项为第项，.故答案为：C8C【解析】【分析】易得是偶函数，且在是增函数，又，将不等式转化为，利用单调性的定义求解.9BD【解析】【分析】根据不等式的性质可判断A；根据含有量词的否定可判断B；根据基本不等式的适用条件可判断C；根据奇函数的性质可判断D.【详解】对于A，当时，可得，故“”是“”的充分条件，故A错误；对于B，由特称命题的否定是存在改任意，否定结论可知B选项正确；对于C，若时，故
10、C错误；对于D，当时，此时，充分性成立，当为奇函数时，由，可得，必要性不成立，故D正确.故选：BD.【点睛】本题考查充分条件与必要条件，考查命题及其关系以及不等关系和不等式，属于基础题.10BD【解析】【分析】利用椭圆的简单性质分别求出离心率，再利用黄金椭圆的定义求解【详解】解：，对于：为等比数列则不满足条件，故错误；对于：即解得或（舍去）满足条件故正确；对于： 轴，且即解得不满足题意，故错误；对于：四边形的内切圆过焦点即四边形的内切圆的半径为，解得（舍去）或故正确故选：【点睛】本题考查椭圆的离心率的计算问题，属于中档题.11ABD【解析】【分析】对A选项,易知最小正周期;对D,结合伸缩变换先
11、求在轴右侧的前4个零点,进而得到在轴右侧的前4个零点,再列出不等式组,即可得的范围;对B,可以把第三个零点与第四个零点的中点坐标求出来,利用选项D中的范围,可得该中点坐标可能在内;对C,根据选项D中的范围,可得的范围不在区间内.【详解】解: 对A,在有且仅有3个零点,则函数的最小正周期,在上存在,满足,所以可以成立,故A正确;对D,函数在轴右侧的前4个零点分别是:,则函数在轴右侧的前4个零点分别是:,因为函数在有且仅有3个零点,所以,故D正确.对C,由D选项中,所以,区间不是的子区间,故C错误.故选: ABD【点睛】本题考查三角函数的图象与性质,对三角函数的中对图象的影向作用做了深入的考查,求
12、解时要能灵活地运用伸缩变换,研究函数的图象特征,考查数形结合思想、函数与方程思想.12AC【解析】【分析】结合函数的单调性、极值、最值及零点，分别对四个选项逐个分析，可选出答案.【详解】对于A，当时，因为时，即，所以在上单调递增，故A正确；对于B，当时，则，即切点为，切线斜率为，故切线方程为，故B错误；对于C，当时，当时，则恒成立，即在上单调递增，又，因为，所以，所以存在唯一，使得成立，所以在上单调递减，在上单调递增，即在存在唯一极小值点，由，可得，因为，所以，则，故C正确；对于选项D，令，得，则，令，得，则，令，得，则，此时函数单调递减，令，得，则，此时函数单调递增，所以时，取得极小值，极小
13、值为，在的极小值中，最小，当时，单调递减，所以函数的最小值为，当时，即时，函数与无交点，即在不存在零点，故D错误.故选：AC.【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值、零点、最值，及切线方程的求法，考查学生的推理能力与计算求解能力，属于难题.13【解析】【分析】根据双曲线的渐近线方程可设双曲线方程为,将点代入方程求出,即可得出双曲线方程为.【详解】解:根据题意,双曲线的渐近线方程为,可化为: ,则可设双曲线方程为,将点代入,得,即,故双曲线方程为: .故答案为: 【点睛】本题考查双曲线的标准方程、双曲线的几何性质等基础知识考查运算求解能力,考查数形结合思想属于基础题特别要掌握已知渐近线方程时,如
14、何设出双曲线的标准方程.14 80【解析】【分析】先求出展开式中的常数项与含的系数,再求展开式中的常数项.【详解】展开式的通项公式为:,令，解得,，令，解得,，展开式中常数项为:.故答案为：80.【点睛】本题考查二项展开式常数项的求解，属于基础题.15【解析】【分析】根据题中条件利用余弦定理进行简化，然后化简为二次函数，求出二次函数的最值即可.【详解】由题知，整理得，因为，代入整理得，令，有，所以，所以的最大值为.故答案为：【点睛】本题主要考查了利用余弦定理解三角形，结合考查了二次函数的最值问题，属于中档题.16 【解析】【分析】由题意可知三棱锥是边长为的正四面体,则球是三棱锥的内切球,设其半
15、径为,由，可知,设平面平面,且球和球均与平面相切于点,则球是正四面体的内切球,设其半径为,则,最后代入数据计算即可.【详解】因为正方体的棱长为,所以三棱锥是边长为的正四面体,的高为,设底面的中心为,连接,则,则球是三棱锥的内切球,设其半径为,则有所以,所以球的体积为,又球与三棱锥的三个面和球都相切,则设平面平面,且球和球均与平面相切于点,如下图所示, 则球是三棱锥的内切球,设其半径为,故,因此在正四面体中,所以球的表面积为,故答案为:;.【点睛】17、本题主要考查三棱锥内切球的综合问题,考查学生的空间思维及想象能力,有一定难度.【答案】（1）(k Z)；（2）.【解析】【分析】（1）根据向量的
16、数量积并借助三角恒等变换的知识化简，再根据条件求解出的具体表达式，最后利用整体代换法求解出的单调递增区间；（2）先根据正弦定理求解出的值，然后再根据余弦定理求解出的值，最后利用三角形的面积公式求解出三角形面积.【详解】（1）由题意得f(x)2sin (xA)cos xsin A2(sin xcos Acos xsin A)cos xsin A2sin xcos xcos A2cos2xsin Asin A2sin xcos xcos A(2cos2x1)sin Asin 2xcos Acos 2xsin Asin (2xA)， 由题意知，所以(kZ)，因为A (0，)，所以，所以，即，所以，令
17、(k Z)，解得(k Z)，所以f(x)的单调递增区间为(k Z)（2）在ABC中由正弦定理得，于是，解得，即，在ABC中由余弦定理得，于是，解得bc4，所以ABC的面积为18.【解答】解：（1）由题设可得：，解得：或（舍），an2n；（2）当选条件时：由（1）可得：bnn2n，则Sn121+222+n2n，又2Sn122+（n1）2n+n2n+1，两式相减得：Sn2+22+2nn2n+1n2n+1，整理得：Sn（n1）2n+1+2当选条件时：由（1）可得：bn|2log2an9|2n9|，当n4时，Sn7+5+92nn（8n）；当n5时，Sn7+5+3+1+1+3+2n916+n28n+32
18、，Sn当选条件时：由（1）可得：bn2（），Sn2（+）2（）119.【分析】（1）将M（2，y0）代入x22py得y0，再根据抛物线的定义可得p1，可得抛物线的方程；（2）联立直线与抛物线，根据斜率公式和韦达定理以及面积公式可得【解答】解：（1）将M（2，y0）代入x22py得y0，又|MF|y0（）+，p1，抛物线的方程为x22y，（2）直l的斜率显然存在，设直线l：ykx+b，A（x1，y1）、B（x2，）由得：x22kx2b0x1+x22k，x1x22b由，kOAkOB2，b4直线方程为：ykx+4，所以直线恒过定点（0，4），原点O到直线l的距离d，SOABd|AB|216，4k2+
19、3264，解得k2所以直线方程为：y2x+4【点评】本题考查了抛物线的性质，属中档题20.【答案】()见解析() 【解析】【分析】（）与是相交直线，连接，说明，四点共面，与为梯形两腰，即可得到结果（）解法1：利用等体积法求出点到平面的距离，然后计算出结果；解法2：以边，所在直线为，轴，建立直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量的数量积求解直线与平面所成角的大小【详解】()与是相交直线 证明如下：连接，则是平行四边形，也是的中点，为梯形，四点共面，与为梯形两腰，故与相交 ()设 ，当且仅当时取等号解法1：连接，设点到平面的距离为，则根据等体积法，其中，所以， 则直线与平面所成角满足，所以. 解法
20、2：分别以边所在直线为轴，建立如图所示直角坐标系，则， 设平面的法向量为，则，取，则，21.【答案】（1）；（2）定值，且为3.【解析】（1）由题意可得，解得，因此，椭圆的标准方程为；（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，联立，消去并整理得，由韦达定理得，.易知点、，直线的斜率为，直线的方程为，直线的斜率为，直线的方程为，由，可得，其中，解得.因此，点的纵坐标为定值322.【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】（1）因为，所以，若，即，当时，函数单调递减；若，当时，函数单调递增；若时，即，若时，函数单调递减；若时，函数单调递增；综上所述，当时，函数在单调递减；当时，函数在单调递减；函数在单调递增当时，函数在单调递增（2）因为，所以，即对任意恒成立，设，则，所以，当时，函数单调递增，当时，若，则，若，因为，且在上单调递增，所以，综上可知，对任意恒成立，即对任意恒成立设，则，所以在单调递增，所以，即的取值范围为
