1、山东省潍坊市五县市2021届高三数学上学期阶段性监测试题（含解析）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）1. 已知函数的定义域为集合M，集合N，则（ ）A. 1，3B. 0，2C. 0，1D. 1，4【答案】B【解析】【分析】由已知条件求出集合M，结合集合N，由交集的性质可得的值.【详解】解：由题意：令得，所以，所以，故选：B【点睛】本题主要考查交集的性质，考查学生对基础知识的理解，属于基础题.2. 平流层是指地球表面以上到的区域,下述不等式中,能表示平流层高度的是( )A. B. C. D.
2、【答案】D【解析】【分析】根据绝对值的几何意义即可得解.【详解】解析:如图：设,则的中点为,由距离公式可得答案:D【点睛】此题考查根据绝对值的几何意义解决实际问题，关键在于正确理解绝对值的几何意义.3. 命题“”的否定是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据全称命题的否定形式书写.【详解】命题“”的否定是，.故选C【点睛】本题考查全称命题的否定，属于基础题型.4. 某网站为了了解某“跑团”每月跑步的平均里程，收集并整理了2019年1月至2019年11月期间该“跑团”每月跑步的平均里程（单位：公里）的数据，绘制了下面的折线图根据折线图，下列结论正确的是（ ）A. 月跑步平均
3、里程的中位数为6月份对应的里程数B. 月跑步平均里程逐月增加C. 月跑步平均里程高峰期大致在89月份D. 1月至5月的月跑步平均里程相对于6月至11月，波动性更小，变化比较平稳【答案】D【解析】分析】由折线图的意义、及中位数的定义即可判断出A错误；根据折线图中增减的几何意义可以判定B错误；根据纵轴的意义，观察最高点的大约月份可判定C错误，根据图形的波动幅度可以判定D正确.【详解】解：由折线图可知月跑步平均里程比6月份高的只有9,10,11，共3个月，低的有1,2,3,4,5,7,8共7个月，故6月份对应里程数不是中位数，因此A不正确 ；月跑步平均里程在1月到2月，7月到8月，10月到11都是减
4、少的，故不是逐月增加，因此B不正确；月跑步平均里程高峰期大致在9，10，11三个月，8月份是相对较低的，因此C不正确；从折线图来看，1月至5月的跑步平均里程相对于6月至11月，波动性更小，变化比较平稳，因此D正确.故选:D.【点睛】本题考查了折线图的意义、及其统计量，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.5. 已知二次函数，且，是方程的两个根，则，的大小关系可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，结合二次函数解析式和零点的定义，可知，而抛物线开口向上，可得，在两根之外，结合选项即可得出答案.【详解】解：由题可知，并且是方程的两根，即有，由于抛物线开口向上，可得，
5、在两根之外，结合选项可知A，B，C均错，D正确，如下图.故选：D.【点睛】本题考查函数的零点的定义以及二次函数的图象与性质，属于基础题.6. 我国古代数学名著数书九章中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸若盆中积水深九寸，则该处的平地降雨量（盆中积水体积与盆口面积之比）为（ ）（台体体积公式：V台体，分别为上、下底面面积，h为台体的高，一尺等于10寸）A. 3B. 4C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意计算出盆中积水的体积除以盆口面积可得该处的平地降雨量.【详解】解：由题意可得：池盆盆口的半径为14寸，盆底半
6、径为6寸，盆高为18寸，因为积水深九寸，故水面半径为寸，则盆中水的体积为(立方寸)，故该处的平地降雨量为：(寸)，故选：A.【点睛】本题主要考查圆台的体积计算公式，考查学生的基础计算能力，属于基础题.7. 已知符号函数，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，求出的解析式，根据新函数的定义，分类讨论可得，即可得出答案【详解】解：根据题意，当时，可知，则，当时，可知，则，当时，可知，则，则有，所以.故选：C.【点睛】本题考查分段函数的应用，涉及新函数的定义，属于基础题8. 若定义域为的函数的导函数为，并且满足，则下列正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B
7、【解析】【分析】根据题意，可知，构造函数，利用导数研究函数的单调性，可知在上单调递增，得出，整理即可得出答案【详解】解：由题可知，则，令，而，则，所以在上单调递增，故，即，故，即，所以.故选：B.【点睛】本题考查根据函数的单调性比较大小，考查构造函数和利用导数解决函数单调性问题，属于中档题二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）9. 若集合M1，1，3，5，集合N3，1，5，则正确的是（ ）A. xN，xMB. xN，xMC. MN1，5D. MN3，1，3【答案】BC【解析】【分析】根据集合M
8、1，1，3，5，集合N3，1，5，逐个判断即可得解.【详解】对A，3 N，3M，故A错误；对B， 1N，1M，故B正确；对C，MN1，5，故C正确；对D，MN3，1，1，3，5，故D错误.故选：BC.【点睛】本题考查了集合及元素相关关系，也考查了集合的运算，其方法是对集合的元素进行分析判断，属于基础题.10. 下列不等式成立的是（ ）A. 若ab0，则a2b2B. 若ab4，则ab4C. 若ab，则ac2bc2D. 若ab0，m0，则【答案】AD【解析】【分析】由不等式的性质对各个选项进行推理、验证可得正确答案.【详解】解：对于A，若，根据不等式的性质则，故A正确；对于B，当，时，显然B错误；
9、对于C，当时，故C错误；对于D，因为，所以，所以所以，即成立，故D正确故选AD【点睛】本题主要考查不等式的性质及应用，考查学生的推理论证能力，属于基础题.11. 在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB4，BC2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则下列说法正确的是（ ）A. MN平面A1BDB. 平面MNB截长方体所得截面的面积为C. 直线BN与B1M所成角为60D. 三棱锥NA1DM的体积为4【答案】ACD【解析】【分析】画出长方体ABCDA1B1C1D1，结合图像，逐个判断即可得解.【详解】对A，由MN，所以 MN， MN平面A1BD，显然平面A1BD，平面A1BD，故A正确；
10、根据两平行平面和同一平面相交，交线平行的性质可得：，所以平面MNB截长方体所得图像为梯形，又因为，解得面积为，故B错误；对C，做DC中点H，则直线B1MBH，在BNH中，BH=HN=BN=,故BNH为等边三角形，直线BN与BH所成角为60，所以直线BN与B1M所成角为60，故C正确；对D，由，可得三棱锥NA1DM的体积为4，故D正确.【点睛】本题考查了空间线面关系，考查了异面直线所成角以及转体法求体积，考查了空间想象能力和转化思想，属于中当题.12. 已知函数，且，则关于的方程实根个数的判断正确的是（ ）A. 当时，方程没有相应实根B. 当或时，方程有1个相应实根C. 当时，方程有2个相异实根
11、D. 当或或时，方程有4个相异实根【答案】AB【解析】【分析】先由题中条件，得到；根据导数的方法，判定函数在时的单调性，求函数值域，再由得出或；再根据函数零点个数的判定方法，逐项判定，即可得出结果.【详解】由得，则；所以，故，当时，则，由得；由得；则，又，时，；即时，；当时，；由解得或；A选项，当时，与都无解，故没有相应实根；故A正确；B选项，当或时，方程有1个相应实根，即只要一个根，则只需或，解得或；故B正确；C选项，当时，有三个根，有一个根，所以方程有4个相异实根；故C错；D选项，时，方程有两个解；有一个解，共三个解；当时，方程有两个解；有一个解，共三个解；当时，方程无解；方程有三个解，共
12、三个解；故D错.故选：AB.【点睛】本题主要考查导数的方法研究方程的实根，考查方程根的个数的判定，属于常考题型.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分请把答案填写在答题卡相应位置上）13. 为了解某社区居民的2019年家庭年收入与年支出的关系，随机调查了该社区5户家庭，得到如下统计数据表：收入x（万元）8.28.610.011.311.9支出y（万元）6.27.58.0t9.8根据上表可得回归直线方程，则t_【答案】8.5【解析】【分析】根据线性回归直线过中心点，分别求出收入和支出的平均数，代入即可得解.【详解】分别求出收入和支出的平均数，可得：，代入可得：，解得：，故答案为：.【
13、点睛】本题考查了线性回归直线方程，考查了线性回归直线过中心点的性质，易错点为直接代统计数据，计算量不大，属于基础题.14. 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.15. 若函数导函数存在导数，记的导数为如果对x(a，b)，都有，则有如下性质：，其中n，(a，b)若，则_；在锐角ABC中，根据上述性质推断：sinAsinBsinC的最大值为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】构造函数，求导，则，
14、由正弦函数的图象可知成立，根据函数的性质，即可求得的最大值【详解】解：设，则，则，有如下性质：则，的最大值为，故答案为：，【点睛】本题考查函数的性质，考查正弦函数的性质，考查转化思想，属于中档题16. 已知正方体的棱长为4，以该正方体的一个顶点为球心，以为球的半径作球面，则该球面被正方体表面所截得的所有弧长的和为_【答案】【解析】【分析】根据题意，不妨以D为球心，画出图形，可知正方体的表面被该球面所截得的弧长有相等的三部分，即，利用弧长公式求出，乘以3即可得答案【详解】解：由题可知，以该正方体的一个顶点为球心，以为球的半径作球面，如图，不妨以为球心，球面被正方体表面所截得3段相等的弧长，与上底
15、面截得的弧长，是以为圆心，以4为半径的四分之一的圆周，所以，该球面被正方体表面所截得的所有的弧长和为：.故答案为：.【点睛】本题考查正方体与球的截面问题，关键是理解截面与球的关系，弧与球心的位置关系，属于中档题.四、解答题（本大题共6小题，共计70分请在答题卡指定区域内作答解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17. 已知集合， （1）当时，求，；（2）若，求实数的取值范围试从以下两个条件中任选一个补充在上面的问题中，并完成解答函数的定义域为集合；不等式的解集为注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【答案】答案见解析【解析】【分析】若选条件：可求得，（1）根据题意，由可得，由并集的
16、运算求得，由补集的运算可得或，进而由交集的运算可得，即可得答案；（2）根据题意，分析可得，进而分2种情况讨论：当时，有，当时，有，分别求出的取值范围，进而对两种情况取并集即可得答案若选条件：可求得或，（1）根据题意，当时，由并集的运算求得，由补集的运算可得或，进而由交集的运算可得，即可得答案；（2）根据题意，分析可得，进而分2种情况讨论：当时，有，当时，则或，分别求出的取值范围，进而对两种情况取并集即可得答案【详解】解：选条件：可知函数的定义域为集合，则，（1）根据题意，当时，则，又或，则.（2）根据题意，若，则，分种情况讨论：当时，有，解得：；当时，若有，则有，解得：，综上可得，的取值范围是
17、选条件：可知不等式的解集为，则或，（1）根据题意，当时，或，则或，又或，则或.（2）根据题意，或，若，则，分种情况讨论：当时，有，解得：；当时，若有，则或，解得：或，综上可得，的取值范围是点睛】本题考查集合的交并补的混合运算，考查根据集合间的关系求参数的取值范围，还涉及对数中真数大于0和分式不等式的计算，考查分类讨论思想和化简运算能力.18. 已知定义域为R的函数满足，当x0时，（1）求函数的解析式；（2）解关于x的不等式：【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意得为奇函数，当时，根据可得结果；（2）将原不等式转化为，结合单调性即可得解.【详解】（1）由得函数为奇函数，当时，则，
18、，.（2）由（1）知当时，为减函数，可将不等式转化为， 所以不等式的解集为.【点睛】本题主要考查了利用函数的奇偶性求解析式，利用单调性解不等式，属于中档题.19. 某公园管理人员为提升服务效能，随机调查了近三个月（每个月按30天计）中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据如下表（单位：天） 锻炼人次质量等级0，100(100，200(200，3001（优）313202（良）410123（轻度污染）6684（中度污染）710若某天的空气质量等级为1或2，则称为这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称为这天“空气质量差”（1）估计该公园一天的“空气质量好”的概率；（2）
19、根据所给数据，完成下面的22列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关人次200人次200空气质量好空气质量差附：，P()0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】（1）；（2）表格见解析，有.【解析】【分析】(1)根据表格中数据求出“空气质量好”的天数，然后根据古典概型的计算公式求解即可；(2)根据列联表与公式计算的值，查对临界值，即可作出判断.【详解】解：（1）由数据得“空气质量好”的天数共为3+13+20+4+10+12=62，所以该公园一天的“空气质量好”的概率为（2）根据所给数据，得到下面的列联表人次
20、200人次200空气质量好3032空气质量差208所以由于故有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与当天的空气质量有关.【点睛】主要考查独立性检验、概率，且以生活题材为背景，使整个题目显得新颖解决本题的关键是会准确读取表中的数据，并会用频率来估计概率，充分利用22列联表，从而准确计算出的值，并与临界值进行对比，进而作出统计推断20. 如图，四边形与均为菱形，且（1）求证：；（2）求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）设与相交于点，证明出，可得出平面，进而可得出；（2）证明出平面，然后以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求
21、得二面角的余弦值【详解】（1）证明：设与相交于点，连接，因为四边形为菱形，所以，为的中点， 因为，所以，又，所以平面，平面，所以；（2）连接，因为四边形为菱形，且，所以为等边三角形，为中点，所以，又，所以平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，因为，所以，、，设平面的法向量为，则，即，令，则，则，设平面的法向量为，则，即，令，则，可得，所以，由图形知，二面角为钝角，它的余弦值为.【点睛】本题考查利用线面垂直证明线线垂直，同时也考查了利用空间向量法计算二面角的余弦值，考查计算能力，属于中等题.21. 当前，以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进. 高中联招对初三毕业学生
22、进行体育测试，是激发学生、家长和学校积极开展体育活动，保证学生健康成长的有效措施. 某地区2018年初中毕业生升学体育考试规定，考生必须参加立定跳远、掷实心球、1分钟跳绳三项测试，三项考试满分为50分，其中立定跳远15分，掷实心球15分，1分钟跳绳20分. 某学校在初三上学期开始时要掌握全年级学生每分钟跳绳的情况，随机抽取了100名学生进行测试，得到右边频率分布直方图，且规定计分规则如下表：（1）现从样本的100名学生中，任意选取2人，求两人得分之和不大于33分的概率；（2）若该校初三年级所有学生的跳绳个数服从正态分布，用样本数据的平均值和方差估计总体的期望和方差，已知样本方差 （各组数据用中
23、点值代替）. 根据往年经验，该校初三年级学生经过一年的训练，正式测试时每人每分钟跳绳个数都有明显进步，假设今年正式测试时每人每分钟跳绳个数比初三上学期开始时个数增加10个，现利用所得正态分布模型：（）预估全年级恰好有2000名学生时，正式测试每分钟跳182个以上的人数；（结果四舍五入到整数）（）若在全年级所有学生中任意选取3人，记正式测试时每分钟跳195个以上的人数为，求随机变量的分布列和期望. 附：若随机变量服从正态分布，则，.【答案】（1）；（2）（）1683人；（）分布列见解析，.【解析】【分析】（1）分成两人得分均为16分，或两人中1人16分，1人17分两种情况，计算得到答案.（2）（
24、）先计算，得到，代入公式计算得到答案.（2）（）每分钟跳绳个数195以上的概率为0. 5，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.【详解】（1）两人得分之和不大于33分，即两人得分均为16分，或两人中1人16分，1人17分，（2）又，所以正式测试时，. （），（人） （）由正态分布模型，全年级所有学生中任取1人，每分钟跳绳个数195以上的概率为0. 5，即； .的分布列为.【点睛】本题考查了概率的计算，分布列，数学期望，意在考查学生的综合应用能力.22. 已知函数()，()，且函数的图像在点(1，)处的切线方程为（1）求实数k的值；（2）当时，令函数，求的单调区间；（3）在（2）的条件下，
25、设函数有两个极值点为，其中，试比较与的大小【答案】（1）；（2）答案见详解；（3）.【解析】【分析】（1）先求出切点，对函数求导得到，即可求出的值；（2）求出，求导，若时，若时，求导数的零点，利用导函数的正负得到原函数的单调性即可；（3）由（2）知，由于的两个极值点满足方程，利用韦达定理得，求，令，求导，分析的单调性，求出最值，即可得出结论.【详解】（1）由题意知，所以切点为，且的定义域为，所以，则，所以；（2）由（1）知，所以，若时，此时在内单调递减；若时，令，得或，当或，当时，综上：当时，在内单调递减；当时，在和上单调递减；在上单调递增. （3）由（2）知，有两个极值点当且仅当，由于的两个极值点满足方程，所以，所以，因为，所以.令，所以，因为时，则，所以在上单调递增，所以，即，所以.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义以及利用导数研究函数的单调性，考查了函数的极值和最值问题，运用了构造函数的思想，考查了分类讨论思想.考查了逻辑推理能力以及运算求解能力.属于较难题.
