1、甘肃省天水市甘谷县2021届高三数学上学期第四次检测试题 理（含解析）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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. 已知复数z满足z(1+2i)=i，则复数在复平面内对应点所在的象限是（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，求出的坐标得答案【详解】解：由，得，所以复数在复平面内对应的点的坐标为，在第四象限故选：D【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题2. 已知集合，则的子集个数为（ ）A.
2、 2B. 3C. 4D. 8【答案】D【解析】【分析】先求出集合元素的个数，再根据求子集的公式求得子集个数【详解】因为集合，所以所以子集个数为 个故选：D3. “”是“对任意的正数，”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】【详解】分析：当 对任意的正数恒成立时，可得，由，所以当时，此时.所以“”是“对任意的正数，”的充分不必要条件.故选A4. 若正数m，n满足2mn1，则的最小值为（ ）A. 32B. 3C. 22D. 3【答案】A【解析】【分析】利用基本不等式，即可容易求得结果.【详解】因为2mn1，则(2mn)33
3、232，当且仅当nm，即m，n1时等号成立，所以的最小值为32.故选：A.【点睛】本题考查利用基本不等式求和的最小值，属基础题.5. 若实数满足约束条件，则的最大值是（ ）A. B. 1C. 10D. 12【答案】C【解析】【分析】本题是简单线性规划问题的基本题型，根据“画、移、解”等步骤可得解.题目难度不大题，注重了基础知识、基本技能的考查.【详解】在平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的平面区域为以为顶点的三角形区域（包含边界），由图易得当目标函数经过平面区域的点时，取最大值.【点睛】解答此类问题，要求作图要准确，观察要仔细.往往由于由于作图欠准确而影响答案的准确程度，也有可能在解方程组
4、的过程中出错.6. 函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求导分析导函数的单调性与零点可得原函数存在两个极值点,再代入求值判断即可.【详解】解法一：因为，设，令,得,当时,为减函数，即为减函数；当时,，为增函数，即为增函数,而,所以原函数存在两个极值点,故淘汰选项C和D.将代入原函数,求得,淘汰选项A.解法二：,淘汰选项A,D；当时,淘汰选项C.故选：B.【点睛】本小题考查函数的图象与性质等基础知识；考查运算求解能力；考查数形结合思想,考查直观想象、数学运算等核心素养,属于中档题.7. 中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的
5、扇形制作而成，设扇形的面积为 ，圆面中剩余部分的面积为，当与的比值为 时，扇面看上去形状较为美观，那么此时扇形的圆心角的弧度数为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据扇形与圆面积公式，可知面积比即为圆心角之比，再根据圆心角和的关系，求解出扇形的圆心角【详解】与所在扇形圆心角的比即为它们的面积比，设与所在扇形圆心角分别为，则 ，又，解得故选:A【点睛】本题考查圆与扇形的面积计算，难度较易扇形的面积公式：，其中是扇形圆心角的弧度数，是扇形的弧长8. 若函数f(x)= Asin(x +)(A 0， 0，0 0， 0，0 )的部分图象，得函数的图象的一个对称中心为（，0），又（，
6、0）是图象上和（，0）相邻的一个对称中心，所以函数的周期故它的一条对称轴为x=，也是函数的一条对称轴，故选：B.9. 设向量，则下列结论中正确的是（ ）A. B. C. 与的夹角为D. 在方向上的投影为【答案】C【解析】【分析】利用向量平行，垂直，夹角以及向量投影的坐标公式对各个选项进行检验即可.【详解】A.，即两个向量不满足平行的坐标公式，故错误；B.，即不满足向量垂直的坐标公式，故错误；C.，所以夹角为，正确；D.在方向上的投影为，故错误.故选：C【点睛】本题考查两个向量平行，垂直以及两个向量的夹角坐标公式，考查向量投影的计算方法，属于基础题.10. 已知正项数列满足：，则使成立的的最大值
7、为（ ）A. 3B. 4C. 24D. 25【答案】C【解析】【分析】由等差数列的定义可知是首项为1，公差为2的等差数列，可求得，所以，带入不等式即可求解【详解】由等差数列的定义可知是首项为1，公差为2的等差数列所以，所以，又，所以，即解得，又，所以，故选C【点睛】本题考查等差数列的定义，通项公式，及一元一次不等式解法，突破点在于根据等差数列的定义，得到为等差数列，再进行求解而不是直接求，属基础题11. 已知函数在定义域上的值不全为零，若函数的图象关于对称，函数的图象关于直线对称，则下列式子中错误的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题设条件可得函数的图象关于对称，且关
8、于直线对称，从而得到为偶函数且为周期函数，从而可判断各项的正误.【详解】函数的图象关于对称，函数的图象关于对称，令，即， 令，其图象关于直线对称，即， 由得， ，由得,；A对；由，得，即，B对；由得，又，C对；若，则，由得，又，即，与题意矛盾，D错.故选：D.【点睛】本题考查函数图象的对称性、奇偶性、周期性，注意图象的对称性与函数解析式满足的等式关系之间的对应性，本题属于中档题.12. 若函数，则满足恒成立的实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】判断是上的奇函数，利用导函数可判断是上的增函数，恒成立等价于，分离得，令，则，经过分析知是上的偶函数，只需求在上的最
9、大值，进而求得的取值范围.【详解】因为，所以是上的奇函数，所以是上的增函数，等价于所以，所以，令，则，因为且定义域为，所以是上的偶函数，所以只需求在上的最大值即可.当时，则当时，；当时，；所以在上单调递增，在上单调递减，可得：，即，故选：A【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性和单调性，考查导数研究函数单调性、最值以及恒成立问题，属于较难题.二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 设是等差数列，且，则的通项公式为_【答案】【解析】【分析】先根据条件列关于公差的方程，求出公差后，代入等差数列通项公式即可.【详解】设等差数列的公差为，【点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个
10、处理思路，一是利用基本量，将多元问题简化为首项与公差（公比）问题，虽有一定量的运算，但思路简洁，目标明确：二是利用等差、等比数列的性质，性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.14. 的内角的对边分别为.若，则的面积为_.【答案】【解析】【分析】本题首先应用余弦定理，建立关于方程，应用的关系、三角形面积公式计算求解，本题属于常见题目，难度不大，注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求解能力的考查【详解】由余弦定理得，所以，即解得（舍去）所以，【点睛】本题涉及正数开平方运算，易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错误解答此类问题，
11、关键是在明确方法的基础上，准确记忆公式，细心计算15. 在边长为2的正方形中，为的中点，交于.若，则_.【答案】【解析】【分析】根据向量加法的三角形法则得，根据三角形相似可得，代入可得，结合已知，根据平面向量基本定理可得，即可求解【详解】因为在正方形中，E为CD中点，所以，又为，所以，所以，所以，又已知，根据平面向量基本定理可得，所以，故答案为：【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于利用，证得，进而，可以求出，难度属于基础题16. 在中，角、所对的边分别为、，若，则当角取最大值时，的周长为_.【答案】【解析】【分析】先利用已知条件化简整理得，再根据化简，结合基本不等式和取最值的条件得到三角，最后
12、求边长即得周长.【详解】因为，所以，即是钝角， 是锐角，即得，故 ，因为，所以，当且仅当时，即时最大，为，故角取最大值，故，又由，故，即周长为.故答案为：.【点睛】本题解题关键在于灵活运用两角和与差的正弦公式，由弦化切得到，结合展开，利用基本不等式求解.三角形中常用的诱导公式有：，等等.三、解答题：本大题共6小题，共70分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤17. 在ABC中，a=3，bc=2，cosB=（）求b，c的值；（）求sin（BC）的值【答案】() ；() .【解析】【分析】()由题意列出关于a,b,c的方程组，求解方程组即可确定b,c的值；()由
13、题意结合正弦定理和两角和差正余弦公式可得的值.【详解】()由题意可得：，解得：.()由同角三角函数基本关系可得：，结合正弦定理可得：，很明显角C为锐角，故，故.【点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理的应用，两角和差正余弦公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.18. 记为等差数列的前项和，已知， （1）求的通项公式； （2）求，并求的最小值【答案】（1）an=2n9，（2）Sn=n28n，最小值为16【解析】分析：（1）根据等差数列前n项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果，（2）根据等差数列前n项和公式得的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最
14、值.详解：（1）设an的公差为d，由题意得3a1+3d=15由a1=7得d=2所以an的通项公式为an=2n9（2）由（1）得Sn=n28n=（n4）216所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为16点睛：数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件.19. 已知数列的前项和，满足（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据，由数列通项公式和前n项和的关系求解.（2）由，利用错位相减法求解【详解】（1）当时，当时，得，是以为首项为公比的等比数列，.（2）得，.【点睛】方法点睛：求数列的前n项和的方法
15、(1)公式法：等差数列的前n项和公式，等比数列的前n项和公式；(2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项(4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广(5)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.(6)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和形如an(1)nf(n)类型，可采用两项合并求解20. 在，三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决该
16、问题.在中，内角的对边分别是，且满足 ，（1）若，求的面积；（2）求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】选，由余弦定理求得；选，利用正弦定理化边为角，再结合诱导公式，两角和的正弦公式变形化简后求得；选利用正弦定理化边为角，再结合诱导公式，两角和的正弦公式变形化简后求得接着都相同方法求解：（1）再由余弦定理求得后可得三角形面积；（2）用正弦定理把表示为的函数，然后由两角和与差的正弦公式化为一个角的一个三角函数形式，再由正弦函数性质得出范围【详解】解：若选，由题意，化简得即，得（1）由余弦定理，得，解得（2）由正弦定理又因为，所以，因为若选，由，得，化简得得，得.以下与选同.若选，
17、由得，即化简得，得.以下与选同.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、诱导公式、两角和与差的正弦公式，正弦函数的性质等解题中常常利用正弦定理进行边角互换，然后利用三角函数的恒等变换求解三角形中求与边有关的范围问题也常常转化为角，然后利用三角函数（主要是正弦函数）的性质求解21. 已知函数.（1）若函数在上为增函数，求取值范围；（2）若函数有两个不同的极值点，记作，且，证明：（为自然对数）.【答案】（1）（2）见解析【解析】分析：（1）由题意可知，函数的定义域为，因为函数在为增函数，所以在上恒成立，等价于，由此可求的取值范围；（2）求出，因为有两极值点，所以， 设令，则，上式等价于要证，令，根据函
18、数的单调性证出即可详解：（1）由题意可知，函数的定义域为， 因为函数在为增函数，所以在上恒成立，等价于在上恒成立，即，因为，所以，故的取值范围为. （2）可知，所以， 因为有两极值点，所以， 欲证，等价于要证：，即，所以，因为，所以原式等价于要证明：，由，可得，则有，由原式等价于要证明：，即证，令，则，上式等价于要证， 令，则因为，所以，所以在上单调递增，因此当时，即.所以原不等式成立，即. 点睛：本题考查了函数的单调性，考查导数的应用以及不等式的证明，属难题22. 在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，已知直线的参数方程为（为参数），曲线的极坐标方程为（1）求曲线的直角坐标方程，并指出该曲线是什么曲线；（2）若直线与曲线的交点分别为，求【答案】（1）曲线方程为，表示焦点坐标为，对称轴为轴的抛物线；（2）10.【解析】【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的转化，将曲线的方程化为直角坐标方程；（2）把直线的参数方程为，化为一般方程，然后与联立，利用弦长公式，得到.【详解】解 (1)因为，所以，即，所以曲线表示焦点坐标为，对称轴为轴的抛物线(2)设点，点直线过抛物线的焦点，则直线参数方程为化为一般方程为，代入曲线的直角坐标方程，得，所以所以【点睛】本题考查极坐标方程化直角坐标方程，直线的参数方程化一般方程，弦长公式等，属于简单题.