1、天津市第四十一中学2021届高三数学上学期10月质检试题（含解析）一单选题1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出集合A，B，再利用集合并集运算即求出.【详解】集合，.故选：C.2. 函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】为奇函数，舍去A；，舍去D；时，单调递增，舍去C.因此选B.有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，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，判断图象的周期性.3.
2、 设，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先判断哪些为正，哪些为负；正的中哪些大于1，哪些小于1即可得到答案.【详解】因为，所以.故选：C.【点睛】本题考查对数式、指数式大小的比较，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.4. 设函数f（x）=cosx+bsinx（b为常数），则“b=0”是“f（x）为偶函数”的A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据定义域为R的函数为偶函数等价于进行判断.【详解】 时，, 为偶函数；为偶函数时，对任意的恒成立， ，得对任意的恒成立，从而.从而“”是
3、“为偶函数”的充分必要条件，故选C.【点睛】本题较易，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.5. 下列函数中，既是偶函数，又在上单调递增的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求得的定义域不关于原点对称可判断A；由含绝对值的函数的奇偶性和单调性可判断B；由二次函数的单调性和奇偶性可判断C；由指数函数的单调性和奇偶性的定义可判断D.【详解】解：对于A，定义域为不关于原点对称，不为偶函数，故A错误；对于B，为偶函数，且时，单调递增，故B正确；对于C，为偶函数，但在上单调递减，故C错误；对于D，为偶函数，当时，单调递减，故D错误.故选：B.【点睛】正确理解奇函数和偶函数的定
4、义，必须把握好两个问题：(1)定义域关于原点对称是函数为奇函数或偶函数的必要非充分条件；(2或是定义域上的恒等式奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于y轴对称，反之也成立利用这一性质可简化一些函数图象的画法，也可以利用它去判断函数的奇偶性6. 已知函数是定义在上的奇函数，且，当时，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题设条件，求得，得到函数是周期为4的周期函数，进而得到，代入即可求解.【详解】由题意，函数是定义在上的奇函数，且，可得，所以，所以函数是周期为4的周期函数，又由当时，则.故选：C.【点睛】本题主要考查了函数的基本性质的综合应用，其中解答中熟练应用函数的奇
5、偶性和周期性是解答的关键，着重考查推理与运算能力.7. 若函数(，)的部分图象如图所示，则下列叙述正确的是（ ）A. 函数的图象可由的图象向左平移个单位得到B. 函数的图象关于直线对称C. 函数区间上单调递增D. 是函数图象的一个对称中心【答案】D【解析】【分析】先由图象可知，再把点代入函数解析式，结合，可求得，从而确定函数的解析式为.然后根据正弦函数的中心对称轴对称和单调性以及平移变换法则逐一判断每个选项即可.【详解】由图可知，函数经过点，即，.函数.对于A，的图象向左平移个单位得到，即A错误.对于B，令，则，不存在k使其对称轴为，即B错误；对于C，令，则，当时，单调递增区间为，即C错误；对
6、于D，令，则，当时，对称中心为，即D正确；故选：D.【点睛】方法点睛：由函数的图象求解析式的方法：（1）；（2）；（3）；（4）由图象上的已知点求.8. 已知函数在上存在导函数，对于任意的实数都有，当时，若，则实数的取值范围是（ ）A B. C. D. 【答案】A【解析】分析】令，根据，得到是偶函数，又当时，得到在递增，从而在递减，然后根据，由，利用单调性定义求解.【详解】令，因为，所以是偶函数，所以又当时，所以在递增，所以在递减，因为，所以，即，所以，解得，故选：A【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性以及奇偶性与单调性定义的综合应用，属于中档题.二填空题9. 已知复数的实部为1，则_【答案
7、】【解析】【分析】化简为的形式，根据实部为求得的值，由此求得，进而求得.【详解】解：，即.，则.故答案：.【点睛】本小题主要考查复数除法运算，考查复数实部的概念和运算，考查复数模的求法，属于基础题.10. 已知向量为单位向量，向量，且，则向量、的夹角为_.【答案】【解析】【分析】对两边平方解出，代入数量积的定义式解出夹角.【详解】向量为单位向量，向量，即，解得.设向量、的夹角为，则，因此，.故答案为：.【点睛】求解平面向量的夹角主要是平面向量数量积的定义式，在涉及到平面向量模的等式时，一般将等式进行平方，结合平面向量数量积的运算性质求解.11. 数列满足，且，_【答案】15【解析】【分析】由数
8、列满足，且，得，由此利用递推思想能求出【详解】数列满足，且，故答案为15【点睛】本题考查数列的第5项的求法，考查递推公式、递推思想等基础知识，考查运算求解能力，是基础题12. 若在上单调递减，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由已知得在，上单调递增，且由此能求出的取值范围【详解】解：函数在，上单调递减，在，上单调递增，解得故答案为【点睛】本题考查复合函数的单调性，实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意函数的单调性的合理运用13. 若函数有4个零点，实数m的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】由，得到，作出函数的图像，利用数形结合解求出m的取值范围.【详解】解：有4个零点，方程
9、有4个根，得到，则函数与直线 有4个交点，作出函数的图像如下： 由图像可知，当，即时，函数与直线 有4个交点.故答案为：.【点睛】本题考查了函数的零点问题，属于中档题.含参数的函数零点问题，要先分离参数，将函数零点问题转化成曲线的交点问题，利用数形结合思想解决零点问题.14. 已知菱形ABCD的边长为2，点E，F分别在边BC，DC上，则_.【答案】【解析】【分析】由题意画出图形，然后利用平面向量的基本定理，表示，然后进行利用数量积的运算求解.【详解】如图，又菱形ABCD的边长为2，.故答案为：.【点睛】方法点睛：在平面几何中的平面向量的运算一般两种方法：方法一：基底法，先将有关平面向量用基底表
10、示，再利用相关运算求解；方法二：坐标法，若有坐标，直接进行有关运算，若没有坐标，则先建立平面直角坐标，再运算求解.三解答题15. 已知且满足不等式.（1）求不等式的解集；（2）若函数在区间有最小值为-2，求实数a值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由，利用指数函数的单调性求出a的范围，再由利用对数函数的单调性求解.（2）根据a的范围，利用对数函数的单调性由最小值为-2求解.详解】已知且满足不等式，求得.（1）由不等式，可得，求得，故不等式的解集为.（2）函数在区间上是减函数，且有最小值为-2，实数.【点睛】方法点睛：形如：的解法：当时，则；当时，则；形如：的解法：当时，则；当时，
11、则；16. 已知数列的前项和为, ，（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由条件得到，结合已知两式相减得到，再验证，得到数列是等比数列，从而得到数列的通项公式；（2）由（1）可知，利用分组转化为等差数列和等比数列求和.【详解】（1）. . - 得 ，即 又, 是以2为首项，2为公比的等比数列 （2）由（）得 【点睛】本题考查已知求，以及分组转化法求和，重点考查基本方法，计算能力，属于基础题型，本题容易忽略验证，一般求和的方法包含1.公式法求和；2.裂项相消法求和；3.分组转化法求和；4.错位相减法求和，这些常用方法需熟练掌握.17.
12、 已知函数.（1）求的最小正周期和单调增区间；（2）若，求函数的值域.【答案】（1）最小正周期为，单调增区间为，；（2）.【解析】【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角个数将函数转化为，再利用正弦型函数的性质求解.（2）由时，得到的取值范围，再利用正弦函数的值域求解.【详解】（1）函数，；所以的最小正周期为.令，；解得，；所以的单调增区间为，.（2）当时，所以，所以；所以函数的值域是.【点睛】本题主要考查三角恒等变换与三角函数的性质，将函数转化为是关键，属于中档题.18. 在中，分别是三个内角的对边，若，且.（1）求及的值；（2）求的值.【答案】（1），;（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理
13、可得，再利用二倍角的正弦公式可得，从而根据余弦定理可得；（2）利用二倍角的正弦公式，二倍角的余弦公式求得的值，再由两角和的余弦公式可得结果.【详解】（1）在中，由正弦定理，得，即，解得，中，由余弦定理，得，解得或，（2），.【点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.19. 已知函数，曲线在点处的切线方程为（）求，的值（）求的单调区间及极值【答
14、案】（），；（）的增区间为与，减区间为极大值为，极小值为【解析】试题分析：(1)由题意结合切线方程得到关于实数a,b的方程组，求解方程组可得a2，b2；(2)结合(1)的结果可得原函数的导函数为f (x)(ex2)(x1)，利用导函数研究原函数可得f (x)的增区间为(，ln2)与(1，)，减区间为(ln2，1)，f (x)的极大值为f (ln2)(2ln2)2，极小值为f (1)e1.试题解析：（1）f (x)ex(xa1)2xb，由已知可得f (0)a2，f (0)ab11，解得a2，b2 （2）f (x)(ex2)(x1)，由f (x)0得xln2或x1，由f (x)0得ln2x1，f (x)的增区间为(，ln2)与(1，)，减区间为(ln2，1)，f (x)的极大值为f (ln2)(2ln2)2，极小值为f (1)e1.
