1、天津市滨海新区塘沽一中2021届高三数学上学期第一次月考试题（含解析）本试卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟，第卷1至2页，第卷3至5页答卷前，考生务必将自己的姓名，考生号，考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回祝各位考生考试顺利！第卷注意事项：1每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号2本卷共9小题，每小题5分，共45分一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求
2、的1. 复数的虚部是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法运算求出z即可.【详解】因为，所以复数的虚部为.故选：D.【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到复数的虚部的定义，是一道基础题.2. 设全集，集合，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据集合，求得，再根据全集求解.【详解】因为集合，所以，又全集，所以故选：C【点睛】本题主要考查集合的基本运算，属于基础题.3. 设，则“”是“”的( )A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】分别求出两不等式的解集，根据两
3、解集的包含关系确定.【详解】化简不等式，可知 推不出；由能推出，故“”是“”的必要不充分条件，故选B【点睛】本题考查充分必要条件，解题关键是化简不等式，由集合的关系来判断条件4. 已知奇函数在上是增函数，若，则的大小关系为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意：，且：，据此：，结合函数的单调性有：，即.本题选择C选项.【考点】 指数、对数、函数的单调性【名师点睛】比较大小是高考常见题，指数式、对数式的比较大小要结合指数函数、对数函数，借助指数函数和对数函数的图象，利用函数的单调性进行比较大小，特别是灵活利用函数的奇偶性和单调性数形结合不仅能比较大小，还可以解不等式.5. 函数y
4、=sin2x的图象可能是A. B. C D. 【答案】D【解析】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在上的符号，即可判断选择.详解：令， 因为，所以为奇函数，排除选项A,B;因为时，所以排除选项C，选D.点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复6. （2017新课标全国理科）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为A. B. C. D. 【答案
5、】B【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：，结合勾股定理，底面半径，由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是，故选B.【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.7. 在等比数列中，若首项，公比为，前项和为，则等于（ ）.A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用等比数列的前项和公式计算出，可知数列是首项为，公比为的等比数列，利用等比数列求和
6、公式可得出的表达式.【详解】由题意可得，且，可知数列是首项为，公比为的等比数列，故选C.【点睛】本题考查等比数列前项和公式的应用，解题的关键就是要确定出等比数列的公比，考查计算能力，属于中等题.8. 将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的图象，若函数在上单调递减，则正数的最大值为（ ）A. B. 1C. D. 【答案】A【解析】【分析】先根据图象变换得到的解析式，根据可得此函数单调减区间的一般形式，根据其在上的单调性可求正数的范围，故可得正确的选项.【详解】，故，令，故，故存在，使得，故即，解得，故正数的最大值为.故选：A.【点睛】方法点睛：含参数的正弦型函数，若已知其在某区间上的单调性，求
7、参数的取值范围时，一般先求出单调区间的一般形式，再根据包含关系可求参数的取值范围.9. 已知函数，函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先将函数进行等价变形，然后结合函数解析式得到函数的大致图像，最后数形结合可得实数的取值范围.【详解】由题意当时,即方程有4个解.又由函数与函数的大致形状可知,直线与函数的左右两支曲线都有两个交点，当时,函数的最大值为,则a1,同时在-1,1上的最小值为,当a1时,在(1,a上最大值为，要使恰有4个零点,则满足,即.解得2a3.故选B.【点睛】本题主要考查分段函数的性质及其应用，数形结合的数学思想，
8、等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.第卷注意事项：1用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上2本卷共11小题，共105分二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分10. 等差数列的前n项和为，若，则_【答案】【解析】【分析】结合已知条件，利用等差数列的求和公式求得公差，然后再由等差数列的通项公式，即可求解.【详解】设等差数列的公差为，因为，可得，解得，所以.故答案为：.11. 二项式的展开式中含的项的系数是_（用数字作答）【答案】20【解析】【分析】【详解】展开式的通项公式为Tr1C6rx2（6r）（）r
9、C6r（1）rx123r.令123r3得r3所以x3的系数为C63（1）320考点：二项式定理，展开式12. 已知单位向量，满足，则与的夹角是_【答案】【解析】【分析】首先根据得到，再计算，即可得到答案.【详解】因为，是单位向量且，所以，即得，于是，于是故答案为：【点睛】本题主要考查平面数量积运算，同时考查了平面向量的夹角运算，属于中档题.13. 设m，n为正数，且，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】令，则，可化为，利用基本不等式可求的最小值，从而可得所求的最小值.【详解】令，则，且，又，而，当且仅当时等号成立，故的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查多变量代数式的最值问题，一般可用基
10、本不等式来求最值，但需要对原代数式化简变形以便出现和为定值或积为定值的形式，注意利用基本不等式求最值时要验证等号是否成立.14. 如图,菱形ABCD的边长为3,对角线AC与BD相交于O点,|=2,E为BC边(包含端点)上一点,则|的取值范围是_,的最小值为_.【答案】 (1). (2). .【解析】【分析】时，长度最短，与重合时，长度最长然后以)以O为原点,BD所在直线为x轴建立如图所示直角坐标系，设出点坐标，把向量数量积用坐标表示后可求得最小值【详解】根据菱形性质可得OC,则BO.(1)作AFBC,则AF,此时AE最短,当E与C重合时,AE最长,故,即|;(2)以O为原点,BD所在直线为x轴
11、建系如图:则A(0,)B(,0),C(0,),D(,0),所以BC:y,设E(m,)则,其中m对称轴为m,故当m时最小,最小值为.故答案为：；【点睛】本题考查向量的模和向量的数量积，向量模的范围可由几何图得出，而数量积的最值通过建立坐标系，用坐标运算把数量积表示一个函数，由函数知识求解这样只要计算即可15. 已知函数若时，函数恰有两个不同的零点，则的值为_，若时，的解集为，且中有且仅有一个整数，则实数b的取值范围为_【答案】 (1). 3 (2). 【解析】【分析】对于第一空，利用导数判断出函数的单调性，结合零点的个数可得或，从而可求的值.对于第二空，利用参变分离可得的解集中有且只有一个整数，
12、令，利用导数讨论其单调性后可得的取值范围.【详解】，若，则，故恒成立（不恒等于零）或恒成立（不恒等于零），故为单调函数，这与恰有两个不同的零点矛盾.当时，令，则或，若，故当时，当时，故的增区间为，减区间为.因为恰有两个不同的零点，故或，同理可得当或或时均有相同的结论.若，则，矛盾；故，即，解得.若时，即为即，令，则，当时，当时，故在为增函数，在上为减函数，因为的解集中有且只有一个整数，且，故，又，故.故答案为：3，.【点睛】方法点睛：（1）三次函数的零点个数问题，一般利用极值点的正负来处理.（2）含参数的不等式的解的性质的讨论，可利用参变分离并利用导数讨论不含参数的新函数的单调性后结合解的性质
13、来处理.三、解答题：本大题共5小题，共75分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤16. 设函数（1）若，求（2）在锐角中，为锐角，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，求b【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】利用二倍角公式及降幂公式进行化简，（1），求得与，再运用和差公式以及二倍角公式求值；（2）由，求得，再运用余弦定理求值.【详解】（1）,由，得，故，；（2）由（1）得，且，得，又为锐角三角形，在由余弦定理可知，故.【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利
14、用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.17. 如图，在四棱锥P-ABCD中，平面ABCD，.（1）证明：；（2）求二面角的余弦值；（3）设Q为线段PD上的点，且直线AQ和平面PAC所成角的正弦值为，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【解析】【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明（2）求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值（3）设为线段上的点，求出，由平面的法向量，且直线和平面所成角的正弦值为，利用向量法能求出结果【详解】解：（1）证明：在四棱锥中，平面ABCD，.以A为原点
15、，AB为x轴，AD为y轴，AP为轴，建立空间直角坐标系，则，.（2）解：，设平面APC的法向量，则，取，得，平面PCD的法向量，设二面角的平面角为，则.二面角的余弦值为.（3）解：设Q为线段PD上的点，则，解得，平面PAC的法向量，且直线AQ和平面PAC所成角的正弦值为，解得或（舍），.【点睛】本题考查线线垂直证明，考查二面角的余弦值的求法，考查满足线面角的正弦值的两线段比值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题18. 已知等比数列的前n项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若数列为递增数列，数列满足，求数列的前n项和.（3）在条件（2）下，
16、若不等式对任意正整数n都成立，求的取值范围.【答案】（1）当时： ；当时：（2）（3）【解析】【分析】（1）直接利用等比数列公式得到答案.（2）利用错位相减法得到答案.（3）将不等式转化为，根据双勾函数求数列的最大值得到答案.【详解】（1）当时： 当时：（2）数列为递增数列，两式相加，化简得到 （3）设 原式 （为奇数）根据双勾函数知：或时有最大值.时，原式 时，原式 故【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，错位相减法求前N项和，恒成立问题，将恒成立问题转化为利用双勾函数求数列的最大值是解题的关键，此题综合性强，计算量大，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.19. 已知函数，其中（1）当时
17、，求曲线在点处切线的方程；（2）当时，求函数的极值；（3）若，证明对任意恒成立【答案】（1）；（2）极大值为，极小值为；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）把代入函数解析式，求出原函数的导函数，得到曲线在点处的导数值，再求出，代入直线方程的点斜式，求切线方程；（2）求函数的导函数，得到导函数的零点，利用导函数在各个区间段内的符号，判断原函数的单调性；（3）当，在内是减函数，又，不妨设，则，于是等价于，即，构造，利用导数证明其为减函数得到答案.【详解】（1）当时，故切线方程为：，整理得；（2）令，解得或，又，单调递增极大值单调递减极小值单调递增故当时，取极大值为，当时，取极小值为.（3），在
18、内是减函数，又，不妨设，则，于是等价于，即，令，在内是减函数，故，从而在内是减函数，对任意，有，即，当，对任意恒成立【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系 (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数 (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题 (4)考查数形结合思想的应用20. 设函数（1）当时，求的单调区间；（2）若的图象与x轴交于，两点，且，求a的取值范围；（3）令，证明：【答案】（1）函数的单调递增区间为，
19、单调递减区间为；（2）；（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）求出函数的导数，得到函数的单调区间，求出a的取值范围；（3）令，求出函数导函数，得到函数的最小值，令得，累加即可.详解】（1）当时，得，解得，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（2），依题意可知，令解得，函数在上单调递减，在上单调递增，又或时，的图象与x轴交于，两点当且仅当即时成立，得，的取值范围是；（3）令，得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，得，当时，即，令，得，则叠加得：，即.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系 (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数 (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题 (4)考查数形结合思想的应用
