1、新华中学2021届高三第一次月考（数学）一、选择题1. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】化简集合，再进行集合的并集运算，即可得答案；【详解】因为，故可得，故选：B.【点睛】本题考查了集合的并集运算，属于基础题.2. “”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断【详解】时，不充分；时，是必要的，故是必要不充分条件故选：B【点睛】本题考查充分必要条件的判断，掌握充分必要条件的定义是解题关键3. 设所有棱长都为2的正三棱柱的顶点都在一个球面上，则该球的表面
2、积为（ ）.A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】连接上下底面的中心M，N，则MN得中点即为外接球球心，容易求得半径，面积【详解】解：如图，M，N分别是上下底面正三角形的中心，O为MN的中点，易知O为外接球的球心，ANADAB2；在直角三角形ONA中，可得半径OA，S球4，故选：B【点睛】本题主要考查了三棱柱外接球，属于中档题4. 已知奇函数yf（x）（xR）满足：对一切xR，f（1+x）f（1x）且x0，1时，f（x）ex1，则f（2020）（ ）A. 1B. 1eC. 0D. e1【答案】C【解析】【分析】根据题设条件，求得函数为周期为4的周期函数，得到，结合题设中函数的解析式
3、，即可求解.【详解】由题意，对一切都有，则函数关于对称，又由函数为奇函数，则函数的图象关于原点对称，则有，所以，即函数为周期为4的周期函数，则，又因时，函数，则.故选：C.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与周期性的综合应用，以及函数值的计算，其中解答中求得函数的周期是解答的关键，着重考查推理与运算能力.5. 函数（其中为自然对数的底数）图象的大致形状是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】因为，满足.所以为奇函数，排除A,C.又时，排除D.故选B.6. 已知函数的图象关于直线对称，在时，单调递增若，（其中为自然对数的底数，为圆周率），则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答
4、案】A【解析】【分析】由函数的图象关于直线对称，可得的图象关于轴对称，结合单调性进行比较可得选项.【详解】因为函数的图象关于直线对称，所以的图象关于轴对称，因为时，单调递增，所以时，单调递减；因为，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查函数的性质，根据条件判断出函数的单调性和奇偶性是求解的关键，侧重考查数学抽象的核心素养.7. 关于函数，给出下列命题：（1）函数在上是增函数；（2）函数的图像关于点对称；（3）为得到函数的图像，只要把函数的图像上所有的点向右平行移动个单位长度其中正确命题的个数是（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】可通过判断出（1）错，然后根据判断出（2）
5、正确，最后通过三角函数图像的变换得出（3）正确，即可得出结果.【详解】当，即，函数是增函数，故（1）错；，即，则函数的图像关于点对称，（2）正确；将函数的图像上所有的点向右平行移动个单位长度，得到函数，（3）正确，故选：C.【点睛】本题考查三角函数的单调性、对称性以及三角函数图像的变换，函数的单调递增区间为，对称中心为，考查计算能力，是简单题.8. 函数是定义在上的奇函数，其导函数记为，当时，恒成立，若，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】构造函数，则根据题目条件可知在上成立，则在上单调递减，又可证得为偶函数，所以在递增. 根据可得，当或时，；当或时，利用不
6、等式等价于或求解.【详解】设，则，当时，恒成立，即，即在上单调递减.又函数是奇函数，函数为偶函数，在上单调递增.，.当或时，；当或时，.不等式等价于或，或.不等式的解集为.故选：A.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查根据函数的奇偶性与单调性的综合求解不等式问题，难度一般,解答时，构造新函数是解题的关键.9. 已知函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】本题等价于函数的与的图象有3个交点，分别利用导数求出与两段函数相切时的值，即可得到取值范围【详解】解：作出函数的与图象如图：当为的切线时，即，解得，即切点为，代入得，所以；当
7、为的切线时，即，解得，即切点为，代入得，所以；故的取值范围是，故选：A.【点睛】本题考查了函数图象的画法，根据零点个数求参数的取值范围，属于中档题二、填空题10. 已知复数满足（为虚数单位），则复数的虚部等于_.【答案】【解析】【分析】本题首先可以根据得出，然后通过复数的运算法则进行运算，得出，即可求出虚部.【详解】因为，所以，则复数的虚部等于，故答案为：.【点睛】本题考查复数的运算法则以及复数的基本概念，复数中是实部，是虚部，考查计算能力，是简单题.11. 若，且，则_【答案】【解析】【分析】利用诱导公式可得，从而根据诱导公式及同角三角函数的基本关系求解即可.【详解】，且，.故答案为：.【点
8、睛】本题考查了诱导公式及同角三角函数的基本关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.12. 在二项式的展开式中，二项式系数之和是_，含的项的系数是_.【答案】 (1). 32 (2). 10【解析】【分析】空1：根据二项式系数之和公式直接求解即可；空2：运用二项式的通项公式直接求解即可.【详解】空1：在二项式的展开式中，二项式系数之和为：；空2：二项式的通项公式为：，当时，即时，含的项的系数为：.故答案为：32；10【点睛】本题考查了二项式展开式二项式系数之和公式，考查了二项式通项公式的应用，考查了数学运算能力.13. 直线与函数相切，则实数_.【答案】【解析】分析】设直线与曲线的切点为，求
9、出函数的导数，根据直线与函数相切，可得切点坐标，代入，可求得的值.【详解】设直线与曲线的切点为，因为直线与函数相切，解得，又在直线上，.故答案为：.【点睛】本题考查导数几何意义，考查根据切线的斜率求解参数的值，属于基础题.14. 已知，是正数，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】首先将题中已知条件转化，可得，利用基本不等式可求得，之后应用不等式的性质求得结果.【详解】由可得，即，所以，由，得，当且仅当时取等号，所以有，所以，所以的最小值为，当且仅当时取等号，故答案为：.【点睛】该题考查的是有关求最值的问题，涉及到的知识点有利用基本不等式求最值，利用不等式的性质求最值，属于中档题.15. 如
10、图，在平面四边形中，点在线段上，且，若，则的值为_.【答案】【解析】【分析】根据题意要求的值，则要求出中的值，故考虑以点为原点，建立直角坐标系，然后按照两向量相等，则对应坐标相等，进而可求解.【详解】解:如图建立直角坐标系：设，则，点在线段上，且，所以，因为在中，所以，由题知，是等腰三角形.所以，所以，若，则，解得，所以.故答案为：.【点睛】本题考查向量的线性运算，当直接运用向量的三角形法则与平行四边形法则较困难时，可借助坐标，转化成两向量相等，则对应坐标相等，进而通过方程思想来求解.三、解答题16. 在中，分别是内角的对边，且满足（1）求角的大小；（2）若，且，求的面积.【答案】(1)；（2
11、）.【解析】【分析】（1）由，根据正弦定理化边为角，再根据两角和的正弦公式可得，从而可得结果；（2）根据两角和与差的正弦公式即二倍角的正弦公式化简可得,讨论两种情况，分别应用直角三角形的性质以及正弦、余弦定理即可求得的面积.【详解】（1）在中，即，即， . （2）在中，即，故，由已知，可得，整理得,若，则，于是由，可得，此时的面积为 若，则，由正弦定理可知， 代入，整理可得，解得，进而，此时的面积为.综上所述，的面积为.17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，为线段的中点. （）求直线与平面所成角的余弦值；（）求二面角的大小；（）若在段上，且直线与平面相交，求的取值范围.【答案】（）（）（）
12、【解析】【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系：（）求得直线的方向向量和平面的法向量，通过向量的夹角求得线面角的夹角；（）求出平面的法向量，利用向量法求二面角的大小；（）设出点坐标，根据的方向向量和法向量不垂直，即可求得范围.【详解】（） 因为，所以；又因为，所以，因此.以为原点建立空间直角坐标系，如图所示. 则，. 所以，.设平面的法向量，由得： 令，则 设直线与平面所成角为，则有=所以 即：直线与平面所成角的余弦值为. （）同理可得：平面的法向量， 则有 因为二面角的平面角为钝角，所以二面角的大小为. （）设，由得：.则， 又因为直线与平面相交，所以.即: , 解得： 所以的取值范围是.
13、【点睛】本题考查利用向量法求线面角，二面角，以及由线面不平行推证线段比例关系，属综合中档题.18. 已知函数.(1)当时，求函数的极值；(2)若恒成立，求的取值范围；(3)设函数的极值点为，当变化时，点(，)构成曲线M.证明:任意过原点的直线，与曲线M均仅有一个公共点.【答案】(1) 的极大值为，无极小值；(2) ；(3) 证明见解析.【解析】【分析】（1）对函数求导，求出单调区间，即可求出极值；（2）恒成立，两种解法：分离参数，构造新函数，转化为与新函数的最值关系；转化为，对分类讨论求出，转化为解关于的不等式；（3）先确定出点(，)构成曲线M，直线与曲线M均仅有一个公共点转化为函数的零点，对
14、分类讨论，求出函数的单调区间，结合零点存在性定理，即可得证.【详解】(1)当时，则当时，单调递减；当时，单调递增；所以当时，的极大值为，无极小值；(2)(法一)，由恒成立，得恒成立，令则，令，则，故在在(0，+)单增，又，即，单减，)，单增，时，取极小值即最小值，；法二：由二次函数性质可知，存在，使得，即，且当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，由题意可知，设，则，即单调递增的解集为(0，1，即，；(3)由(2)可知，则曲线M的方程为，由题意可知.对任意，证明：方程均有唯一解，设，则当时，恒成立，所以在上单调递增，所以存在满足时，使得，又因为单调递增.所以为唯一解；当且，即时，恒成立，所以在上单调递增，存在使得，又单调递增，所以为唯一解；当时，有两解，不妨设，因为，所以，列表如下:+0-0+极大值极小值由表可知，当时，的极大值为，所以.，存在，使得，又因为单调递增，所以为唯一解:综上，原命题得证.【点睛】本题考查函数的极值，恒成立问题，并利用导数方法证明函数零点的存在，是一道综合题.
