1、天津市南开中学2021届高三数学统练2一、选择题（每题4分，共36分）1. 设全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先进行补集运算，然后进行交集运算即可求得集合的运算结果.【详解】由题意结合补集的定义可知：，则.故选：C.【点睛】本题主要考查补集运算，交集运算，属于基础题.2. 设，则“”是“”成立的（ ）A. 充要不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充要也不必要条件【答案】C【解析】试题分析：当时，当一正一负时，当时，所以，故选C考点：充分必要条件3. 不等式的解集为（ ）A. 或B. 或C. 或D. 或【答案】C【解析】【分析】分类讨论去
2、分母，再根据一元二次不等式进行求解.【详解】当时，不等式化为，即，解得或，；当时，不等式化为，即，解得，综上，或.故选：C.【点睛】本题考查分式不等式的求解，考查一元二次不等式的求解，属于基础题.4. 设集合A=若AB,则实数a,b必满足A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：，若AB，则有或考点：1绝对值不等式解法；2集合的子集关系5. 设，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用指数函数与对数函数的性质，即可得出的大小关系.【详解】因为，所以.故选：D.【点睛】本题考查的是有关指数幂和对数值的比较大小问题，在解题的过程中，注意应用指数函数和对数
3、函数的单调性，确定其对应值的范围.比较指对幂形式的数的大小关系，常用方法：（1）利用指数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；（2）利用对数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；（3）借助于中间值，例如：0或1等.6. 设函数，则使得f(x)f(2x-1)成立的x的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】函数的解析式比较复杂，解函数值的不等式，考虑利用函数的单调性，转化为自变量的大小关系，因此考查函数性质，是偶函数，且在为增函数，即可求解.【详解】函数的定义域为R，关于原点对称，又，所以是偶函数，又在都是增函数，所以在是增函数，所以等价于 即，两边
4、平方得，解得，所以不等式的解为.故选：A.【点睛】本题考查函数性质的应用，注意单调性在解不等式中的应用，熟练判断基本初等函数以及复合函数的单调性，属于中档题.7. 已知函数，若，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意知分段函数求值应分段处理，利用函数的单调性求解不等式.【详解】，由的解析式可知，在上是单调递增函数，再由，得， 即，解得.故选：C.【点睛】此题重点考查了分段函数的求值，还考查了利用函数的单调性求解不等式，同时一元二次不等式求解也要过关.8. 已知函数若函数恰有4个零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析
5、】由，结合已知，将问题转化为与有个不同交点，分三种情况，数形结合讨论即可得到答案.【详解】注意到，所以要使恰有4个零点，只需方程恰有3个实根即可，令，即与的图象有个不同交点.因为，当时，此时，如图1，与有个不同交点，不满足题意；当时，如图2，此时与恒有个不同交点，满足题意；当时，如图3，当与相切时，联立方程得，令得，解得（负值舍去），所以.综上，的取值范围为.故选：D. 【点晴】本题主要考查函数与方程的应用，考查数形结合思想，转化与化归思想，是一道中档题.9. 已知函数，若关于的方程有5个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用导数求得函数的
6、单调性与最值，求解，转化为或，作出函数的图象，结合图象，列出不等式，即可求解.【详解】设，可得，当时，函数单调递增；当时，函数单调递减，所以当时，函数取得极大值也是最大值，最大值为，由方程可化为，解得或，画出函数的图象，如图所示，要使得关于的方程有5个不同的实数根，则满足，解得，即实数的取值范围是.故选：A【点睛】对于方程根的存在性与根的个数的判定及应用，此类问题的解答中通常转化为函数的图象的交点个数，结合函数点图象列出相应的不等式是解答的关键，着重考查数形结合，以及转化思想的应用，属于中档试题.二、填空题（每题4分，共32分）10. 是虚数单位，复数_【答案】【解析】【分析】将分子分母同乘以
7、分母的共轭复数，然后利用运算化简可得结果.详解】.故答案为：.【点睛】本题考查复数的四则运算，属于基础题.11. 在的展开式中，的系数是_.【答案】10【解析】分析】利用二项式定理展开式的通项公式即可求解.【详解】因为的展开式的通项公式为，令，解得.所以的系数为.故答案为：.【点睛】本题考查了二项式展开式的通项公式，需熟记公式，属于基础题.12. 的单调增区间是_.【答案】【解析】【分析】先求函数的定义域为，再结合二次函数的性质，利用复合函数单调性求解即可【详解】令，求得，得函数的定义域为，因为在定义域内递减，题意即求函数在上的减区间由二次函数的性质可得函数t在上的减区间为故的单调递增区间是.
8、故答案为：【点睛】易错点睛：本题考查求复合函数的单调区间：若函数与的增减性相同（相反），则是增（减）函数，可概括为“同增异减”，求单调区间的前提一定先求函数的定义域.13. 已知集合，则集合=_【答案】【解析】【详解】集合，所以；集合，当且仅当时取等号，所以，所以，故答案为：14. 已知直线与曲线有四个交点，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】直线与曲线有四个交点等价于方程有四个解，即满足和有四个交点，画出函数图象即可求出.【详解】直线与曲线有四个交点等价于方程有四个解，则，满足和有四个交点，画出函数图象如下，观察图象可知，要使和有四个交点，需满足故答案为：.【点睛】本题考查利用函数图象
9、求参数，属于基础题.15. 若函数（）的最大值为，最小值为，且，则实数的值为 【答案】2【解析】试题分析：由题意，显然函数是奇函数，函数最大值为，最小值为，且，即，故答案为考点：函数的最值及其几何意义.16. 已知R，函数在区间1，4上的最大值是5，则 的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据当时，分，和讨论求解.【详解】因为当时，当时，函数的最大值，（舍去）；当时，此时命题成立；当时，则或，解得或，综上可得，实数的取值范围是.故答案为：【点睛】本题主要考查分段函数的最值问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.17. 设函数，对任意恒成立，则实数取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据
10、的解析式及题干条件，整理可得在上恒成立，利用二次函数的性质可求得的最小值为，则只需求即可，化简整理，即可得答案.【详解】由题意得在上恒成立，整理得在上恒成立，令，则，则，因为，则的最小值为，所以，整理可得，所以，即或，故答案为：.【点睛】本题考查二次函数的性质，恒成立问题，考查分析理解，计算化简的能力，属中档题.三解答题（共32分）18. 在中，角所对的边分别为已知（）求角的大小；（）求的值；（）求的值【答案】（）；（）；（）.【解析】【分析】（）直接利用余弦定理运算即可；（）由（）及正弦定理即可得到答案；（）先计算出进一步求出，再利用两角和的正弦公式计算即可.【详解】（）在中，由及余弦定理得
11、，又因为，所以；（）在中，由，及正弦定理，可得；（）由知角锐角，由，可得，进而，所以.【点晴】本题主要考查正、余弦定理解三角形，以及三角恒等变换在解三角形中的应用，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.19. 已知函数，为的导函数.（1）当时，（i）求曲线在点处的切线方程；（ii）求函数的单调区间和极值；（2）当时，求证：对任意的且，有.【答案】（1）（i）；（ii）递减区间为，递增区间为；极小值为，无极大值；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）（i）确定函数，求出，然后利用导数的几何意义求出切线方程即可；（ii）确定函数，求出，利用导数研究函数的单调性与极值即可；（2）求出，对要证得不等
12、式进行等价转换后，构造新函数，利用导数研究新函数的单调性，结合等价转换后的结果即可证明结论成立.【详解】（1）（i）当时，故.可得，所以曲线在点处的切线方程为，即.（ii）依题意，从而求导可得，整理可得.令，解得.当变化时，的变化情况如下表：10 极小值所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；的极小值为，无极大值. （2）证明：由，得.对任意的，且，令，则. 令，.当时，由此可得在单调递增，所以当时，即，因为，所以. 由（1）（ii）可知，当时，即，故. 由可得.所以，当时，对任意的，且，有.【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，总有成
13、立，故；（2）若，有成立，故；（3）若，有成立，故；（4）若，有，则的值域是值域的子集.20. 设函数（）证明：当时，；（）设当时，求实数的取值范围【答案】（）见解析；（）【解析】试题分析：（）在证明不等式时一般可以通过等价变形将要证明的不等式简化，本题中注意到时，于是有，即令只需证明即可；（）由时，恒成立，故.设，设，则.当，即时，时，故.所以单调递增，故单调递增，恒成立，符合题意.当，即时，存在，时，单调递减，与恒成立矛盾.试题解析：（）证明：注意到时，于是有，即.令，令，得当变化时，的变化情况如下表： 可见在上单调递减，在上单调递增，所以当时，故当时，即，从而，且当且仅当时等号成立（）解：由时，恒成立，故.设，则设，则.当，即时，时，故.所以单调递增，故单调递增，恒成立，符合题意.当，即时，存在，时，单调递减，与恒成立矛盾.综合上述得实数的取值范围是考点：函数与导数、不等式的综合应用
