1、宁夏银川市第一中学2021届高三数学第二次月考试题 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. 若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出集合，再利用交集的定义计算即可【详解】解：由已知，则故选：A【点睛】本题考查交集的运算，考查对数不等式，是基础题2. 如果，那么下列不等式成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】分别作出角的正弦线、余弦线和正切线，结合图象，即可求解.【详解】如图所示，在单位圆中分别作出的正弦线、余弦线、正切线，很容易地观察出，即.故选C.【点
2、睛】本题主要考查了三角函数线的应用，其中解答中熟记三角函数的正弦线、余弦线和正切线，合理作出图象是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于基础题.3. 要将函数变成，下列方法中可行的有（ ）将函数图象上点的横坐标压缩一半 将函数图象上点的横坐标伸长一倍将函数的图象向下平移一个单位 将函数的图象向上平移一个单位（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由于的解析式有和两种形式，可知如何变换得到以上两种形式，即可确定选项【详解】由，其函数还可写成：(1)变成：将函数图象上点的横坐标压缩一半(2) 变成：将函数的图象向上平移一个单位故选：B【点睛】本题考查了通过函数
3、解析式判断函数平移伸缩变换的方式，注意：自变量前有系数：a、大于1：横向压缩；b、小于1：横向伸长；系数为1的自变量后加上一个正数：向左平移；减去一个正数：向右平移；函数式前有系数：a、大于1：纵向伸长；b、小于1：纵向压缩；函数式后加上一个正数：向上平移；减去一个正数：向下平移4. 1626年，阿贝尔特格洛德最早推出简写的三角符号: （正割），1675年，英国人奥屈特最早推出余下的简写三角符号: （余割），但直到1748年，经过数学家欧拉的引用后，才逐渐通用起来，其中若，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】依题意可得，再利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切
4、，求出，最后根据二倍角的正切公式计算可得；【详解】解：因为，即，所以，所以，解得或因为，所以，所以所以故选：D【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系的应用以及二倍角公式的应用，属于中档题.5. 已知角和角的终边垂直，角的终边在第一象限，且角的终边经过点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据任意角的三角函数定义求出，再根据诱导公式可求得结果.【详解】由已知得，所以，所以由任意角的三角函数定义可知，所以.故选：B.【点睛】本题考查了任意角的三角函数定义，考查了诱导公式，属于基础题.6. 设函数（e为自然底数），则使成立的一个充分不必要条件是（ ）A. B. C. D. 【
5、答案】A【解析】【分析】首先根据，得到，解得，再根据充分不必要条件要求满足真包含关系，从而求得结果.【详解】，解得：，观察选项，只有是的真子集，又“”可以推出“”所以“”是“”充分不必要条件.故选：A.【点睛】该题考查的是有关充分不必要条件的判断，在解题的过程中，要掌握利用集合间的真包含关系求得结果，属于基础题目.7. 已知，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先根据，求得，结合角的范围，利用平方关系，求得，利用题的条件，求得，之后将角进行配凑，使得，利用正弦的和角公式求得结果.【详解】因为，所以，因为，所以.因为，所以，所以 ，故选D.【点睛】该题考查的是有关三角
6、函数化简求值问题，涉及到的知识点有同角三角函数关系式，正弦函数的和角公式，在解题的过程中，注意时刻关注角的范围.8. 已知定义在上的奇函数，对任意实数，恒有，且当时，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】先求出函数的周期为，求出的值即得解.【详解】由题得，所以函数的周期为.由题得，所以，所以.故选：B.【点睛】本题主要考查函数的周期的判断和应用，考查函数的奇偶性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.9. 已知函数，则以下结论错误的是（ ）A. 为偶函数B. 的最小正周期为C. 的最大值为2D. 在上单调递增【答案】C【解析】【分析】利用证得为偶函数，由此判断A选项正确
7、.利用求得的最小正周期，由此判断B选项正确.利用的解析式，求得的最大值，由此判断C选项错误.利用三角函数单调性的判断方法，判断D选项正确.【详解】由题知，则A选项，A选项正确.B选项，所以的最小正周期为，B选项正确.C选项，由知，所以选项C不正确.D选项，当时，由解得（），令可得，所以上单调递增，所以D选项正确.综上所述，不正确的选项为C.故选：C【点睛】本小题主要考查三角函数的奇偶性、单调性、周期性、最值等知识，属于中档题.10. 已知函数，曲线在处的切线的方程为，则切线与坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）.A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先根据导数的几何意义可知，由此可
8、得，再根据切点即在曲线上，又在切线上，可得，可得，求出切线方程，再分别令，求出切线在轴和轴上的截距，再根据面积公式即可求出结果.【详解】由得，则，得，由得加，即，切线的方程为，令，得到，令，得到，所求三角形面积为.故选：B.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，属于基础题.11. 已知函数是偶函数，则的值可能是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】当时，得到，得到答案.【详解】当时，函数为偶函数，故，即，即，对比选项知C满足.故选：C.【点睛】本题考查了根据函数的奇偶性求参数，意在考查学生的计算能力和对于函数性质的灵活运用.12. 设函数，若关于x的不等式有且只有一个
9、整数解，则实数a的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】把不等式只有一个整数解，转化为只有一个整数解，令，根据导数求得函数的单调性和极值，结合图象，即可求解实数a的取值范围.【详解】因为只有一个整数解，即只有一个整数解，令，则的图象在直线的上方只有一个整数解，又由，当时，单调递增；当时，单调递增；且，作出的图象，由图象可知a的取值范围为，即.故选：B【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的图象及应用，其中解答中把不等式的解转化为只有一个整数解，结合导数得到函数的图象，结合图象求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分
10、）13. 正弦函数在上的图象与轴所围成曲边梯形的面积为_.【答案】【解析】【分析】由题意可知，再根据定积分的运算法则求解即可【详解】解：故答案为：【点睛】本题考查定积分在求不规则图形面积上的应用，熟练掌握定积分的运算法则是解题的关键，考查学生的运算能力，属于基础题14. 已知扇形面积为，圆心角为，则该扇形半径为_【答案】2【解析】【分析】将圆心角化为弧度制，再利用扇形面积得到答案.【详解】圆心角为扇形的面积为故答案为2【点睛】本题考查了扇形的面积公式，属于简单题.15. 在处取得极值，则_.【答案】【解析】【分析】对求导，代入，使得，变形整理得到，利用三角函数的有界性，可得，再利用倍角公式可求
11、【详解】解：由已知，因为在处取得极值，即，因为，即，故答案为：【点睛】本题考查导数的运算，考察三角公式的应用，关键是对的整理变形，考查了学生的因式分解的能力，是一道中档题16. 对于任意实数，当时，有恒成立，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】转化为在上单调递增，再利用导数可得到结果.【详解】当时， 恒成立等价于恒成立，等价于在上单调递增，所以在上恒成立，所以在上恒成立，因为当时，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了转化划归思想，考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数处理不等式恒成立问题，属于基础题.三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为
12、必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17. 如图，在平面直角坐标系中，以轴为始边做两个锐角，它们的终边分别与单位圆相交于A，B两点，已知A，B的横坐标分别为（1）求的值； （2）求的值【答案】（1）（2）【解析】【详解】试题分析：（1）根据题意，由三角函数的定义可得 与的值，进而可得出与的值，从而可求与的值就，结合两角和正切公式可得答案；（2）由两角和的正切公式，可得出 的值，再根据的取值范围，可得出的取值范围，进而可得出的值.由条件得cos，cos. ，为锐角， sin，sin.因此tan7，tan.(1) tan()3.(2) tan2， tan(2)
13、1. ，为锐角， 02， 218. 某同学大学毕业后，决定利用所学专业进行自主创业，经过市场调查，生产一小型电子产品需投入固定成本2万元，每生产万件，需另投入流动成本万元，当年产量小于7万件时，（万元）；当年产量不小于7万件时，（万元）.已知每件产品售价为6元，假若该同学生产的商品当年能全部售完.（1）写出年利润（万年）关于年产量（万件）的函数解析式；（注：年利润=年销售收入-固定成本-流动成本）（2）当年产量约为多少万件时，该同学的这一产品所获年利润最大？最大年利润是多少？（取）.【答案】（1）；（2）当年产量约为20万件，该同学的这一产品所获年利润最大，最大利润为11万元【解析】【分析】（
14、1）根据年利润=年销售收入-固定成本-流动成本，分和两种情况，得到与x的关系式即可；（2）求出两种情况的最大值，作比较即可得到本题答案.【详解】（1）产品售价为6元，则万件产品销售收入为万元.依题意得，当时，当时，.（2）当时，所以当时，的最大值为（万元），当时，当时，单调递增，当单调递减，当时，取最大值（万元），当时，取得最大值11万元，即当年产量约为20万件，该同学的这一产品所获年利润最大，最大利润为11万元.【点睛】本题主要考查利用分段函数解决实际问题，其中涉及到二次函数的值域问题以及用导数求最值问题.19. 已知函数.（1）求f(x)的最小正周期及单调递减区间；（2）若(0，)，且f(
15、)，求tan()的值【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简，即可求出最小正周期及单调递减区间；（2）根据条件可以求出，代入即可计算tan().【详解】（1）f(x)(2cos2x1)sin 2xcos 4xcos 2xsin 2xcos 4x(sin 4xcos 4x)sin(4x)，f(x)的最小正周期T，令，得，f(x)的单调递减区间为；（2），(0，)，故，因此.【点睛】本题考查三角恒等变换的应用，属于中档题.20. 已知函数（，为常数），点的横坐标为0，曲线在点处的切线方程为（1）求，的值及函数的极值；（2）证明：当时，【答案】（1），极小值为；无
16、极大值（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求得，再利用导数法求得函数的极值；（2）构造函数，利用导数求得函数的最小值，即可得出结论【详解】（1）由已知代入切线方程得，令得，当时，单调递减；当时，单调递增；所以当时，即为极小值；无极大值（2）令，则，由（1）知在上为增函数，即.【点睛】本题主要考查利用导数求函数的极值，利用导数证明不等式属于中档题.21. 已知函数，是的导数，且（1）证明：在区间上存在唯一的零点；（2）证明：对任意，都有【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用求导运算法则求得的函数表达式，然后利用导数研究其单调性，结合零点存在定
17、理证明；（2）移项，构造函数，转化为证明恒成立，求得其导函数，研究函数的单调性，并根据零点存在定理确定的零点的范围，进而确定的正负情况，从而得到的单调性，进而得到的最小值关于的函数表达式，然后利用基本不等式即可证明，从而证得原不等式.【详解】证明：，则，故在区间上单调递减又，所以在区间上存在唯一零点（2）要证，即证，令，则令，所以在单调递增，所以存在唯一，使得，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增故因为，所以，所以即恒成立，综上所述对任意，都有.【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点问题，利用导数证明不等式问题，关键在于导数和零点存在定理的综合应用.（二）选考题：共10分.请考生在第22、2
18、3两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22. 已知曲线C的极坐标方程是，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线l的参数方程是，（t为参数）（1）求曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；（2）设点，求直线l与曲线C交于A、B两点，且，求实数m的值【答案】（1）曲线C的普通方程为，l的普通方程为；（2）.【解析】【分析】（1）把曲线的极坐标方程两边同时乘以，然后结合极坐标与直角坐标的互化公式可得曲线的直角坐标方程，直接把直线的参数方程中的参数消去，即可得到直线的普通方程；（2）把直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，化为关于的一元二次方程，利用此时的几何意义及
19、根与系数的关系求解【详解】解：（1）由有，代入得：，曲线C的普通方程为，即：由l的参数方程，（t为参数），消去参数t得：（2）当时，得，在直线l上，将l参数方程代入曲线C的普通方程得：化简得：设以上方程两根为，由解得：由参数t的几何意义知，得或，解得（舍去）或，【点睛】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，关键是参数方程中此时的几何意义的应用，属于中档题23. 已知函数（1）若，求的取值范围；（2）当时，函数的值域为，求的值【答案】（1）；（2）1或2【解析】【分析】（1），即可得的取值范围是；（2）对分类讨论，由单调性即可得的单调性【详解】解：（1），得即，故的取值范围（2）当时，函数在区间上单调递增则，得，得当时，则，得，得综上所述，值是1或2【点睛】本题考查了绝对值不等式，属于中档题
