1、天津市第二十五中学2021届高三数学上学期第二次月考试题（含解析）一选择题1. 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用对数函数性质，求出集合中不等式的解集，确定出集合，利用指数函数的性质确定出集合，由全集，求出的补集，找出与补集的公共部分，即可确定出所求的集合【详解】易知，则，故选：.【点睛】本题属于以考查不等式的解法为平台，考查了交并补集的混合运算，是高考中常考的基本题型.2. 已知，“函数有零点”是“函数在上是减函数”的（ ）A 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 即不充分也不必要条件【答案】B【解析】试题分析：由题意得，由函数有零点可得，而由
2、函数在上为减函数可得，因此是必要不充分条件，故选B考点：1.指数函数的单调性；2.对数函数的单调性；3.充分必要条件.3. 命题“”的否定是（ ）A. ,B. ,C. ,D. ,【答案】B【解析】【分析】含有一个量词的命题的否定，注意“改量词，否结论”.【详解】改为，改成，则有：.故选B.【点睛】本题考查含一个量词的命题的否定，难度较易.4. 设数列是公差不为0的等差数列，其前项和为，若，且，成等比数列，则前项和等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将给出的条件：，成等比数列用基本量表示，求解，进而得到前项和.【详解】设等差数列的首项、公差分别为：，且，成等比数列前项和故
3、选：A【点睛】本题考查了等比数列的定义及性质，等差数列的通项公式、前n项和公式，属于中档题.5. 已知定义在上的函数，则，的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数的解析式，求得函数为奇函数，化简，再结合函数的单调性，即可求解.【详解】由题意，定义在上的函数的定义域为，关于原点对称，且，所以函数为奇函数，所以又由当时，结合初等函数的性质，可得函数为单调递增函数，又由对数的运算性质可得，所以，即故选：D.【点睛】本题主要考查了函数的基本性质的综合应用，其中解答中熟记函数的奇偶性的转化思想，以及熟练应用函数的单调性及对数函数的图象与性质是解答的关键，着重考查推理与
4、运算能力.6. 设，是两个不同的平面，l是一条直线，给出下列说法，其中说法正确的个数为（ ）若，则；若，则；若，则；若，则A. 3B. 2C. 1D. 0【答案】C【解析】【分析】在中，或；在中，或；在中，由线面垂直的判定定理得；在中，与平行或【详解】解：由，是两个不同的平面，是一条直线，知：在中，若，则或，故错误；在中，若，则或，故错误；在中，若，则由线面垂直的判定定理得，故正确；在中，若，则与平行或，故错误故选：7. 已知函数，则下列关于函数的说法，不正确的是（ ）A. 的图象关于对称B. 在上有2个零点C. 在区间上单调递减D. 函数图象向右平移个单位，所得图像对应的函数为奇函数【答案】
5、C【解析】【分析】根据正弦函数的对称性,其对称轴为判断选项A的正误；根据正弦函数零点判断选项B的正误;根据正弦函数的单调区间,其增区间为，其减区间为,判断选项C的正误;根据函数的图象平移伸缩变换法则判断选项D的正误;【详解】对于选项A：当时,此时函数，所以的图象关于对称.故选项A正确;对于选项B：当时,所以当时,即函数在上存在零点.故选项B正确;对于选项C：当时,所以当时函数为增函数,当时函数为减函数,所以函数在区间上先增后减.故选项C不正确；对于选项D：函数图象向右平移个单位得到,函数为奇函数.故选项D正确;故选: C【点睛】本题主要考查函数的图象变换及正弦函数的图象与性质;重点考查正弦函数
6、的单调性、对称性、奇偶性等;考查学生的计算能力、推理能力;属于中档题.8. 已知函数，若方程在上有且只有四个实数根，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将整理为，根据方程可知或；根据整体所处的范围，可知有四个根需，解不等式求得取值范围.【详解】令，则 或 在上有四个实数根 解得： 故选：B【点睛】本题考查根据方程根的个数求解参数的取值范围的问题，关键是能够根据图象的特点，确定有四个实数根时角所处的范围，从而构造出不等关系求得结果.9. 设，若函数在内有4个零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由于不是函数的零点，则
7、，令，将零点个数问题转化为函数与函数的交点个数问题，结合图象，即可得出实数的取值范围.【详解】很明显不是函数的零点令函数，则则令则函数的图象与在内有个交点函数的图象如图所示：由图可得：.故选：D【点睛】本题主要考查了根据函数的零点个数求参数的范围，属于中档题.二填空题10. 已知复数满足(为虚数单位),则的共轭复数为_.【答案】【解析】试题分析：因为，所以，因此考点：共轭复数的概念11. 已知数列中，且，数列的前项和为，则_.【答案】【解析】【分析】由得，即数列是以2为首项，以为公比的等比数列，即可求出，进而求得【详解】因为，所以，因为，所以数列是以2为首项，以为公比的等比数列，所以，即，所以
8、.故答案为：【点睛】本题考查的是数列通项公式及前n项和的求法，属于基础题.12. 已知正三棱柱的各条棱长都相等，且内接于球，若正三棱柱的体积是，则球的表面积为_【答案】【解析】【分析】先由正三棱柱的体积求出棱长，再求出球的半径和表面积.【详解】设，则正三棱柱的体积是，解得，底面正三角形的外接圆半径， 所以球的半径，所以球的表面积为【点睛】本题考查棱柱的体积、球的表面积，几何体与球的切接问题，根据几何体的结构特征求得球的半径是解题关键.13. 已知，且，则最小值为_【答案】【解析】【分析】首先整理所给的代数式，然后结合均值不等式的结论即可求得其最小值.【详解】，结合可知原式，且，当且仅当时等号成
9、立.即最小值为.【点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正各项均为正；二定积或和为定值；三相等等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误14. 已知数列满足，且对于任意都有，则_【答案】【解析】【分析】采用累加法可求得，利用裂项相消法可求得结果.【详解】由题意得：，各式相加可得：又，.故答案为：.【点睛】本题考查裂项相消法求解数列的前项和的问题，解题关键是能够根据递推关系式的形式，采用累加法准确求解出数列的通项公式，进而通过裂项，前后相消求和.15. 已知菱形的边长为，点分别在边上，.若，则的值为 .【答案】.【解析】【分析】根据向量的基本定理，结合数量积的运
10、算公式，建立方程即可得到结论【详解】BC3BE，DCDF，菱形ABCD的边长为2，BAD120，|2，22cos1202，1，（）（）（1）1，即442（1）1，整理得，解得2，故答案为2【点睛】本题主要考查向量的基本定理的应用，以及数量积的计算，要求熟练掌握相应的计算公式三解答题16. 在中，内角，所对的边分别为，已知.（1）求角的大小；（2）若的面积，且，求.【答案】（）；（）.【解析】试题分析：（）由余弦定理把已知条件化为，再由正弦定理化为角的关系，最后由两角和与差的正弦公式及诱导公式可求得，从而得角；（）由三角形面积公式求得，再由余弦定理可求得，从而得，再由正弦定理得，计算可得结论.试
11、题解析：（）因为，所以由，即，由正弦定理得，即，即，.（），即， .17. 已知函数（1）求函数的最大值，并写出相应的x的取值集合；（2）求的最小正周期和单调递减区间；（3）若，求的值【答案】（1）函数的最大值为，x的取值集合为（2）的最小正周期为，单调递减区间为，（3）.【解析】【分析】（1）利用二倍角的正弦、余弦公式和两角差的正弦公式把化为，再根据正弦函数的性质可得结果；（2）根据正弦型函数的周期公式可得周期，根据正弦函数的递减区间可得的递减区间；（3）由求出的正弦值和余弦值，再根据可求得结果.【详解】（1），当，即，时，取得最大值，此时的取值范围是：.（2）的最小正周期，由，得，所以的单
12、调递减区间为，（3）由得，因为，所以，所以，所以.【点睛】关键点点睛：第三问中将用和表示是解题关键.18. 如图，在四棱柱中，侧棱底面，为的中点（1）证明：；（2）求二面角的正弦值；（3）设点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值是，求线段的长【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【解析】【分析】（1）由题意可知，两两互相垂直，以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出和，由得到；（2）求出平面和平面的一个法向量，先求出两法向量所成角的余弦值，利用同角三角函数基本关系即可求出其正弦值；（3）利用共线向量基本定理把的坐标用和的坐标及待求系数表示，求出平面的一个法向量，利用向量求线面角的公式求出直线与平
13、面所成角的正弦值，代入求出的值，则线段的长可求【详解】（1）以点为原点建立空间直角坐标系，如图，依题意得，则，而.；（2），设平面的法向量为，则，取，得，由（1）知，又，平面，故为平面的一个法向量，于是从而二面角的正弦值为；（3），设，有取为平面的一个法向量，设为直线与平面所成的角，则于是解得线段的长为【点睛】本题考查了直线与平面垂直的性质，考查了线面角和二面角的求法，运用了空间向量法，运用此法的关键是建立正确的空间坐标系，理解并掌握利用向量求线面角及面面角的正弦值和余弦值公式，属于中档题19. 已知数列的前n项和，满足，且.（1）证明：数列是等比数列；（2）求数列的前n项和（3）若求数列的前
14、项和【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【解析】【分析】（1）由题可得，即可得证；（2）利用错位相减即可求和；（3）求出，即可求和.【详解】（1）由题，所以，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列；（2）由（1）可得：，两式相减得：，；（3），所以【点睛】此题考查数列综合应用：（1）利用定义法证明等比数列需要考虑项数的范围和检验首项；（2）熟记错位相减法适用的数列特征；（3）对数列通项公式准确变形成为可以裂项求和的形式.20. 已知函数（1）若函数在处的切线方程为，求的值；（2）若函数在区间上存在单调增区间，求的取值范围；（3）当时，证明：对任意恒成立.【答案】（1）；（2）；（3）证明见
15、解析.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求得函数在处的切线斜率，可得关于的方程，从而可得结果；（2）函数在区间上存在单调增区间，等价于在区间上有解，分离参数求出函数范围，即得结果；（3）先利用导数证明即，只需证明对任意的恒成立即可，再构造函数，两次求导，利用单调性可得结果.【详解】（1）由得，因为函数在处的切线方程为，曲线在点处切线斜率为，解得；（2）函数，因为函数在区间上存在单调增区间，所以在区间上有解，即在区间上有解，因为在区间上递增，所以，可得故；（3），函数递减，因为，所以即，只需对任意的恒成立即可，令，当时，因此，对任意等价于，由，因此，当时，单调递增，时，单调递减，的最大值为，故，设，时，单调递增，故时，即，故，因此对任意的恒成立.【点睛】（1）函数在某个区间上存在单调增区间，只需考虑导函数在该区间上大于零有解，分离参数转化为存在性问题；（2）证明不等式成立常用构造新函数，结合最值证明.