1、天津市耀华中学2021届高三年级第二次月考数学学科试卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，由集合的表示方法分析，求出的补集，由集合的交集定义计算可得答案.【详解】，所以，所以，故选：A.【点睛】思路点睛：该题考查的是有关集合的问题，在解题的过程中，可以从以下几点入手：（1）先利用结合的表示方法求得集合；（2）利用补集的定义求得；（3）利用交集的定义求.2. 已知命题：，则为（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】根据特
2、称命题的否定是全称命题，按照“一改量词，二改结论”，可得答案.【详解】因为特称命题的否定是全称命题，所以命题“，”的否定是“，”.故选：C.3. 已知，则下列说法正确的是（ ）A. 复数的虚部为B. 复数对应的点在复平面的第二象限C. 复数z的共轭复数D. 【答案】B【解析】【分析】由复数除法求出复数，然后可判断各选项【详解】由已知得，所以复数z的虚部为，而不是，A错误；在复平面内，复数z对应的点为，在第二象限，B正确.，C错误；，D错误；故选：B【点睛】本题考查复数的除法，考查复数的几何意义，共轭复数的概念及模的定义，属于基础题4. 下列函数中，既是奇函数又在区间内是增函数的是（ ）A. B
3、. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用定义判断各选项中函数的奇偶性，结合导数可判断出各选项中函数的单调性，由此可得出合适的选项.【详解】对于A选项，函数的定义域为，则函数为奇函数，当时，函数在区间内是减函数，A选项不合乎题意；对于B选项，函数为奇函数，且当时，函数为增函数，B选项合乎题意；对于C选项，对于函数，即，解得，函数的定义域为，该函数为奇函数，则函数在区间内是减函数，不合乎题意；对于D选项，函数的定义域为，且，则函数为偶函数，不合乎题意.故选：B.【点睛】本题考查函数奇偶性与单调性的判断，考查了导数的应用，属于中等题.5. 已知，则、的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【
4、答案】C【解析】【分析】先与0比较，c小于0，再a与b比较，即可判断大小.【详解】，因此故选：C.【点睛】本题考查比较大小、指数函数单调性、对数函数单调性，考查基本分析判断能力，属基础题.6. 对于直线和平面，的一个充分条件是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】根据空间线面、面面位置关系的判定定理和性质定定理逐个分析即可得答案.【详解】A选项中，根据，得到或，所以A错误；B选项中，不一定得到，所以B错误；C选项中，因为，所以，又，从而得到，所以C正确；D选项中，根据，所以，而，所以得到，所以D错误.故选：C【点睛】本题考查空间中线面关系有关命题的判断，面面关系有关命
5、题的判断，属于简单题.7. 设为正项等比数列前项和，成等差数列，则的值为（ ）A. B. C. 16D. 17【答案】D【解析】【分析】设等比数列的公比为q，q0，运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比q，再由等比数列的求和公式，计算可得所求值【详解】正项等比数列an的公比设为q，q0，a5，3a3，a4成等差数列，可得6a3a5+a4，即6a1q2a1q4+a1q3，化为q2+q60，解得q2（3舍去），则1+q41+1617故选D【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，等差数列的中项性质，考查方程思想和化简运算能力，属于基础题8. 函数的图象大致是（ ）A. B.
6、 C. D. 【答案】A【解析】【分析】采用排除法进行排除，根据可知图象经过原点，以及导函数符号判断函数的单调性，求出单调区间即可求解.【详解】根据，排除C，因为，由得或，可知在和单调递增，在单调递减，排除BD故选：A【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及由函数解析式选择函数的图象，属于常考题型.9. 若不等式的解集是，则不等式的解集是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据不等式的解集求出a、b和c的关系，代入不等式中化简，即可求出该不等式的解集【详解】解：不等式的解集是，所以方程的解是-2和3，且；即，解得，；所以不等式化为，即，解得或，所以所求不等式的解集
7、是故选D【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法与对应一元二次方程的关系问题，是基础题10. 在中，已知，点，分别在边，上，且，点为中点，则的值为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】【分析】用向量的线性运算表示向量，再运用向量的数量积运算，可得选项【详解】故选：C11. 已知函数在区间有三个零点、，且，若，则的最小正周期为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用正弦函数的对称性可得出，再由可得出的值，由此可求得函数的最小正周期.【详解】当时，函数的对称轴方程为，令，可得，因为，可得或.由于函数在区间有三个零点、，且，由对称性可得、满足，可得，由对称性可得、
8、满足，可得，所以，解得，因此，函数的最小正周期为.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查正弦型函数周期的求解，解题的关键利用对称性得出，再结合已知条件求出的值，即可得解.12. 已知函数，若函数有4个零点，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先将题意转化为函数与有个交点，再利用数形结合的思想，分类讨论斜率即可得到答案.【详解】因为有4个零点，即函数与有个交点.当时，为减函数，为增函数.且当时，函数的图像如图所示： 当时，显然不成立；当时，图象与相切时，只有三个交点，设切点为，可得，解得，若图象与相交时，那么与相切时，只有三个交点设切点为，可得，解得，函数
9、有4个零点，则实数的取值范围为.故选：C【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的零点，解题的关键是求出切点以及在切点处的直线的斜率，考查了导数的几何意义和数形结合的思想.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.13. 曲线在点处的切线的方程为_.【答案】【解析】【分析】求出导函数，得切线斜率后可得切线方程【详解】，切线斜率，切线方程为故答案为：14. 的二项展开式中的系数是_用数学作答【答案】280【解析】【分析】先由题意，得到二项展开式的通项公式，进而可求出结果.【详解】因为的二项展开式的通项为：，令，可得，所以的系数是.故答案为280【点睛】本题主要考查求二项展开式中指定项的系数，
10、熟记二项式定理即可，属于常考题型.15. 已知等差数列，其前项和为，若，则的最大值为_【答案】72【解析】【分析】根据，得到，结合，得到数列的前6项为正，从而得到时，的最大值，得到答案.【详解】由，得根据等差数列下标公式可得又，所以数列的前项为正，所以当时，有最大值，且.故答案为.【点睛】本题考查等差数列的下标公式，前项和的最值，属于简单题.16. 已知底面为正三角形的直三棱柱，则三棱柱的外接球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】利用正弦定理求出的外接圆直径，进而可得出该三棱柱的外接球直径为，利用球体的表面积公式即可求得结果.【详解】如下图所示，设圆柱的底面半径为，母线长为，圆柱的外接球半径
11、为，取圆柱的轴截面，则该圆柱的轴截面矩形的对角线的中点到圆柱底面圆上每个点的距离都等于，则为圆柱的外接球球心，由勾股定理可得.本题中，设的外接圆为圆，可将正三棱柱内接于圆柱，如下图所示： 的外接圆直径为，圆柱的母线长为，所以，正三棱柱的外接球，即圆柱的外接球直径为，因此，三棱柱的外接球的表面积为.故答案为：.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；利用球性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的
12、外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.17. 各项均为正数且公比q1的等比数列an的前n项和为Sn，若a1a54，a2+a45，则的最小值为_【答案】8【解析】【分析】先根据等比数列的性质求出首项、公比，然后将结论表示出来，最后利用换元法结合基本不等式求最小值，注意取最小值时等号要成立【详解】解：由题意：a1a5a2a44，又由a2+a45，又公比q1，a21，a44，故，故q2，令t2n11，2，22，23，则原式，当且仅当t2，即n2时取等号故答案为：8【点睛】本题考查等比数列的性质，考查等比数列的通项公式和前项和公式，考查用基本不等式求最
13、值，求最值时要注意等号成立的条件18. 设.若平面上点P满足，对于任意,有，则的最小值为_，此时_.【答案】 (1). (2). 6【解析】【分析】【详解】由可知点P到直线AB的距离为3.设AB的中点为O.由极化恒等式得：.此时.三、解答题：本大题共4个小题，共计142+162=60分.请在解答时写出必要的文字说明、证明过程.19. 在中，求的值；若，求的面积【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】由，根据正弦定理可得，从而可求出答案；根据同角的三角函数的关系求出，再根据诱导公式以及两角和正弦公式求出，利用三角形面积公式计算即可【详解】（1），由正弦定理可得.（2）若，则，又由可得，【点睛】本
14、题考查了正弦定理、两角和的正弦公式以及三角形的面积公式，属于基础题. 正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（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.20. 如图，在四棱锥中，平面，为的中点，在上，且.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；（3）点是线段上异于两端点的任意一点，若满足异面直线与所成角为，求的长.【答案】（1）证明过程见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】以A为空间直角坐标系的原点，以所在的直线为横轴、纵轴、竖轴
15、，求出相应点的坐标.（1）求出平面的法向量，利用空间向量数量积运算进行计算证明即可；（2）利用空间平面向量夹角公式进行求解即可；（3）利用空间平面向量夹角公式，结合空间两点距离公式进行求解即可,【详解】以A为空间直角坐标系的原点，以所在的直线为横轴、纵轴、竖轴建立如下图所示的空间直角坐标系，所以.（1）因为平面，平面，所以，又因为，平面，所以平面，因此平面的法向量为，因为在上，且，所以有，所以点的坐标为，因此，因为，所以，因此平面；（2）由（1）知平面的法向量为，设平面的法向量为，显然有：，令，所以，即，设平面与平面所成锐二面角，所以；（3）设，设，所以有，因此，所以，因为异面直线与所成角为，
16、所以，解得或（舍去），所以，.21. 已知数列中，.（1）求证：数列是等比数列.（2）记是数列的前项和：求；求满足的所有正整数.【答案】（1）证明见详解；（2）；满足的所有正整数有和.【解析】【分析】（1）设，推导出，由此能证明数列是等比数列；（2）推导出 ，由，得 ， ，从而；：由的求和式子由此能求出满足Sn0的所有正整数n的值【详解】（1）设，因为 ，所以数列是以即为首项，以为公比的等比数列.（2）由（1）得 ，即，由，得 ，所以 ， ，显然当时，单调递减，又当时，当时，所以当时，； ，同理，当且仅当时，综上，满足的所有正整数为和.【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列的证明，考查满足数列的
17、前n项和的正整数的最大值的求法，解题的关键是根据等比数列的通项公式得出， ，考查等比数列、分组求和法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想22. 已知函数.（1）讨论在区间上的单调性；（2）求的最大值和最小值；（3）设，证明：.【答案】（1）在，单调递增；在上单调递减；（2），；（3）证明见详解.【解析】【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原函数的单调性即可；(2)首先确定函数的周期性，然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最小值；(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得，然后结合(2)的结论和三角函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式.【详解】(1)由函数的解析式可得：，则：，在上的根为：，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增.(2)注意到，故函数是周期为的函数，结合(1)的结论，计算可得：，据此可得：， (3)结合(2)的结论有：【点睛】思路点睛：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