1、2021届天津四中高三数学第三次月考数学学科试卷一、选择题（本大题共9小题，共45.0分）1. 已知全集，集合，则（ ）A. B. C. D. C分析：分别解绝对值不等式与分式不等式求得集合A,B,再求得，及解答：由题意得，故选C点拨：集合与集合运算，一般先化简集合到最简形式，如果两个集合都是连续型数集，则常利用数轴求集合运算结果，如果是离散型集合运算常运用枚举法或韦恩图2. 设，则“”是“直线与平行”的（ ）A. 充分但不必要条件B. 必要但不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要的条件C分析：由直线与平行，可得且，解出即可判断出解答：解：直线与平行， 则且，解得，因此“”是“直线与”
2、平行的充要条件.故选：C.3. 函数（其中为自然对数的底数）的图象大致为（ ）A. B. C. D. D分析：先根据函数的奇偶性排除A、C,再由时,的趋向性判断选项即可解答：由题,的定义域为,因为,所以是偶函数,图象关于轴对称,故排除A、C；又因为,则当时,所以,故选：D点拨：本题考查函数奇偶性的应用,考查函数图象4. 已知棱长为的正方体的一个面在半球底面上，四个顶点，都在半球面上，则半球体积为（ ）A. B. C. D. B分析：先求正方体的底面对角线的长，再求球的半径，然后求半球的体积解答：解：正方体的顶点、在半球的底面内，顶点、在半球球面上，底面中心到上底面顶点的距离就是球的半径，半球的
3、体积：故选：点拨：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.5. 已知的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，满足，且，则a=（ ）A. B. C. D. A分析：利用正弦定理化边为角可得,整理后可求得,则,再利用正弦定理求解即可解答：由题,利用正弦定理可得,即,则,所以,即,因为在中,所以,则,又因为,所以,所以,故选：A点拨：本题考查利用正弦定理化边为角,考查
4、利用正弦定理解三角形6. 已知函数是定义在上的偶函数，且当时，若，则a，b，c的大小关系是（ ）A. B. C. D. A分析：令，得到是定义在上奇函数，且在上是增函数，结合单调性，即可求解.解答：令，由是定义在上的偶函数，可得是定义在上的奇函数，又因为时，所以在上是增函数，所以是定义在上的增函数，又由，所以，即.故选：A.点拨：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用函数的单调性比较大小问题，其中解答中构造新函数，求得函数的奇偶性和单调性是解答的关键，着重考查推理与运算能力.7. 设，分别是椭圆的左、右焦点，过点的直线交椭圆于，两点，若，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D.
5、D分析：设，则，由，结合椭圆的定义，利用余弦定理求得，从而是等腰直角三角形，即可求出椭圆的离心率.解答：设，则，在中，由余弦定理，得：，化简可得，而，故，且，是等腰直角三角形，椭圆的离心率.故选：D.点拨：关键点点睛：本题关键是利用余弦定理和椭圆的定义，得到是等腰直角三角形.8. 已知函数.给出下面四个结论：是最小正周期为的奇函数；图象的一条对称轴是；图象的一个对称中心是；的单调递增区间为其中正确的结论是（ ）A. B. C. D. B分析：利用两角差的余弦公式和二倍角公式以及辅助角法，将函数转化为，再由正弦函数的性质求解逐项判断.解答：， ， ，不是奇函数，不正确.，直线是图象的一条对称轴，
6、正确.，点是图象的一个对称中心，正确，令，可得，所以的单调递增区间为，不正确.所以正确的结论为.故选：B.点拨：关键点点睛：本题关键是通过化简得到函数.9. 已知函数（，且）在上单调递增，且关于的方程恰有两个不相等的实数解，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. D分析：由题意首先求得a的取值范围，然后结合函数的解析式将原问题转化为两函数图像存在两个交点的问题，数形结合即可确定a的取值范围.解答：由函数的解析式可知函数在区间上单调递增，当时，函数单调递减，由复合函数的单调性法则可知：，且函数在处满足：，解得：，故，方程恰有两个不相等的实数解，则函数与函数的图像有且仅有两个不同的交点，绘制函
7、数图像如图中虚线所示，令可得：，由可知，则直线与函数的图像在区间上存在唯一的交点，原问题转化为函数与二次函数在区间上存在唯一的交点，很明显当，即时满足题意，当直线与二次函数相切时，设切点坐标为，亦即，由函数的解析式可得：，故：，则，切点坐标为，从而：，即.据此可得：的取值范围是.故选D.点拨：本题主要考查分段函数的单调性，数形结合的数学思想，导函数研究函数的切线方程，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）10. 设，则的共轭复数为_.分析：对复数进行计算化简，然后得到的共轭复数.解答：所以的共轭复数为.故答案为：.点拨：本题考
8、查复数的计算，共轭复数的概念，属于简单题.11. 如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为_解答：分析：先分析组合体的构成，再确定锥体的高，最后利用锥体体积公式求结果.详解：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于，所以该多面体的体积为点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决12. 已知圆C的圆心在直线xy0上，圆C与直线xy0相切，且在直线xy30上截得的弦长为，则圆C的
9、方程为_(x1)2(y1)22.分析：设圆的圆心，由直线与圆相切可得半径，再由垂径定理即可得解.解答：由圆C的圆心在直线xy0上，设圆C的圆心为(a,a)，又圆C与直线xy0相切，半径.又圆C在直线xy30上截得的弦长为，圆心(a,a)到直线xy30的距离，即，解得a1，圆C的方程为(x1)2(y1)22.故答案为：.13. 已知，设函数，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为_.分析：与分类讨论，分别分离变量、求最值即可.解答：解：当时，恒成立，；当时，化为恒成立，当且仅当即时取等号.；当时，化为恒成立.设，当时，单调递减，当时，单调递增，.综上，.故答案为：.点拨：导函数中常用的两种常用
10、的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理14. 在直角三角形中，则_.分析：建立如图所示的坐标系，设，求出的坐标，即得解.解答：建立如图所示的坐标系，则由题意可得，设.所以,又，；，则，故答案为：.点拨：方法点睛：对于向量运算，常分两种：（1）如果有坐标背景，可以利用向量的坐标运算求解；（2）如果没有坐标背景，可以利用向量的线性运算法则求解.15. 已知正数满足，则的最大值为_分析：令，则由条件可得，然后根据条件出的范围，进一步求出的最大值.解答：解：因为正数满足，所
11、以，即，令，则且，因为，当且仅当时取等号，所以，即，所以或（舍），所以，所以的最大值为.故答案为：.点拨：本题考查了利用基本不等式求最值，考查了转化思想和计算能力，属中档题.三、解答题（本大题共5小题，共75.0分）16. 在中已知，.（I）求边的值和的面积；（）求的值.（I），；（）.分析：（）中，由条件利用同角三角函数的基本关系、二倍角公式求得、的值，再利用正弦定理求得的值，可得的值，可得的值，再利用正弦定理求得的值（）求得的值，可得的值，求得、的值，再利用两角和的正弦公式求得的值解答：解：（）中，为锐角，利用正弦定理可得，故为锐角，再根据，利用正弦定理，可得，求得，故的面积为（），17.
12、 在四棱锥中，平面，是的中点，在线段上，且满足.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.（1）见解析；（2）；（3）解答：分析：该题是立体几何的有关问题，第一问在证明线面平行时，可以利用常规方法，用线面平行的判定定理来证明，也可以应用空间向量来证明，用直线的方向向量与平面的法向量是垂直的即可，第二问求二面角的余弦值，用两个平面的法向量所成角的余弦值来求得，第三问假设其存在，设出点的坐标，建立等量关系式从而求得结果，做好取舍即可.详解：（1）证明：取中点，的中点，连接和，且，分别为，的中点.且且，四边
13、形为平行四边形，平面，平面，平面.（1）由题意可得，两两互相垂直，如果，以为原点，分别是，轴建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，令又，平面 平面（2）设点坐标为则，由得，设平面的法向量为，由得即令则又由图可知，该二面角为锐角故二面角的余弦值为（3）设， 与平面所成角的余弦值是其正弦值为，整理得：，解得：，（舍）存在满足条件的点，且点睛：在解决立体几何问题时，尤其空间关系的时候，可以有两种方法，一是常规法，二是空间向量法，在应用面的法向量所成角来求二面角的时候，一定需要分清楚是其补角还是其本身，在涉及到是否存在类问题时，都是先假设存在，最后求出来就是有，推出矛盾就是没有.18. 如图，在平
14、面直角坐标系中，椭圆的离心率为，短轴长是2.（I）求椭圆的方程；（）设椭圆的下顶点为，过点作两条互相垂直的直线，这两条直线与椭圆的另一个交点分别为，.设的斜率为，的面积为，当时，求的取值范围.（I）；（）.分析：（I）根据椭圆的离心率为，短轴长是2，结合，即可求出，的值；（）设的方程为，代入，求出的坐标，可得，用代得，求出的面积，可得，从而可求的取值范围.解答：（I）设椭圆的半焦距为，则由题意得，又，联立解得，椭圆方程为；（）由（I）知，椭圆的方程为，所以椭圆与轴负半轴交点为.因为的斜率存在，所以设的方程为，代入，得，所以，从而，用代得，所以的面积.则，因为，即，整理得，解得，所以，即或.从而
15、的取值范围为.点拨：方法技巧点睛：设而求点法，设出一条直线，与曲线方程联立，求解，另一条直线与曲线的交点只需将斜率代换一下即可求解，这样可以省去同一的步骤.19. 已知等比数列的公比，且满足，数列的前项和，.（1）求数列和的通项公式；（2）设，求数列的前项和.（1）；（2）.分析：（1）根据题干已知条件可列出关于首项与公比的方程组，解出与的值，即可计算出数列的通项公式，再根据公式进行计算可得数列的通项公式；（2）先分为奇数和为偶数分别计算出数列的通项公式，在求前项和时，对奇数项运用裂项相消法求和，对偶数项运用错位相减法求和，最后相加进行计算即可得到前项和.解答：（1）依题意，由，可得，因为，所
16、以解得，对于数列：当时，当时，当时，也满足上式，.（2）由题意及（1），可知：当为奇数时，当为偶数时，令，则，两式相减，可得，.点拨：关键点点睛：第二问中当为奇数时，求出，并对进行裂项为是解题关键，本题主要考查等差数列和等比数列的基本量的运算，以及数列求和问题.考查了方程思想，分类讨论思想，转化与化归能力，整体思想，裂项相消法和错位相减法求和，以及逻辑推理能力和数学运算能力.本题属中档偏难题.20. 已知，（1）求在处的切线方程以及的单调性；（2）对，有恒成立，求的最大整数解；（3）令，若有两个零点分别为，且为的唯一的极值点，求证：.（1）切线方程为；单调递减区间为，单调递增区间为（2）的最大
17、整数解为（3）证明见解析分析：（1）求出函数的导数，求出，即可得到切线方程，解得到单调递增区间，解得到单调递减区间，需注意在定义域范围内；（2）等价于，求导分析的单调性，即可求出的最大整数解；（3）由，求出导函数分析其极值点与单调性，构造函数即可证明；解答：解：（1）所以定义域为；所以切线方程为；，令解得令解得所以的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）等价于；，记，所以为上的递增函数，且，所以，使得即，所以在上递减，在上递增，且；所以的最大整数解为.（3），得，当，；所以在上单调递减，上单调递增，而要使有两个零点，要满足，即；因为，令，由，即：，而要证，只需证，即证：即：由，只需证：，令，则令，则故在上递增，；故在上递增，；.点拨：本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的极值，最值以及函数的单调性，综合性比较强，属于难题.