1、甘肃省庆阳市宁县第二中学2021届高三第三次月考试卷（理科数学）第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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. 若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】先化简集合，再根据交集的概念，即可得出结果.【详解】因为集合，所以.故选：B.2. 已知，则：（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】根据全称命题的否定是特称命题，即得结果.【详解】因为全称命题的否定是特称命题，故：，.故选：D.3. 化简：（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用向量加减法运算性质
2、即可得出【详解】解：故选：4. （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用两角和的正切公式，特殊角的三角函数值化简已知即可求解【详解】解：故选：5. 已知平面向量，若，则实数（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据向量垂直则数量积为零，结合向量的坐标运算计算即可.【详解】因为，所以，即，又，故，解得.故选：B.6. 若在中，角，的对边分别为，则（ ）A. 或B. C. D. 以上都不对【答案】C【解析】分析】利用正弦定理即可求解.【详解】在中，由正弦定理可得：得，解得：，因为，所以，所以，故选：C7. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析
3、】【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求的值，进而根据诱导公式即可求解【详解】解：因为，所以，所以故选：8. 已知一个扇形的半径与弧长相等，且扇形的面积为，则该扇形的周长为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意利用扇形的面积公式可得，解得的值，即可得解扇形的周长的值【详解】解：设扇形的半径为，则弧长，又因为扇形的面积为，所以，解得，故扇形的周长为故选：9. 若角的终边过点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先利用任意角三角函数的定义求和，再利用二倍角的余弦公式计算即可.【详解】由角的终边过点知，故.故选：D.10. 在梯形中，已知，点在线段
4、上，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由图形结合平面向量的线性运算即可得解.【详解】因为，所以，所以.故选：D.【点睛】本题考查了平面向量线性运算的应用及用基底表示向量，考查了运算求解能力，属于基础题.11. 函数在的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，分析可得为奇函数，可以排除D，进而分析可得区间上有，在区间上有，排除B、C，即可得答案.【详解】根据题意，有，即函数为奇函数，排除D，在区间上，则有，在区间上，则有，排除B、C，故选：A.【点评】本题考查函数的图象分析，注意利用排除法分析，属于基础题.12. 已知图是某晶体的阴
5、阳离子单层排列的平面示意图，且其阴离子排列如图所示，图中圆的半径均为，且相邻的圆都相切，是其中四个圆的圆心，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】建立以为一组基底的基向量,其中且的夹角为60,根据平面向量的基本定理可知,向量和均可以用表示,再结合平面向量数量积运算法则即可得解.【详解】解：如图所示,建立以为一组基底的基向量,其中且的夹角为60,.故选：A.第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知平面向量，若，则实数_.【答案】【解析】【分析】根据向量共线的坐标表示，由题中条件列出等式求解，即可得出结果.【详解】因为向量，若，则，解得
6、.故答案为：.14. 已知在中，点，分别在边上，且，若，则的值为_.【答案】【解析】【分析】利用向量的线性运算和平面向量基本定理即可求解.【详解】，因为，所以，所以，故答案为：15. 若，则_.【答案】【解析】【分析】由已知利用两角和与差的余弦公式可求，的值，进而根据同角三角函数基本关系式即可求解【详解】解：因为，所以，因为，所以，所以，则故答案为：16. 已知函数，若关于的方程有三个不同实数根，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】在坐标平面中画出的图象，动态分析的图象后可得实数的取值范围.【详解】当时，令，则，故此时的图象为圆的一部分，在坐标平面中画出图象如下：因为关于的方程有三个
7、不同的实数根，所以的图象与的图象有3个不同的交点.当时，的图象与的图象无交点，舍；当时，的图象的左边的射线与的图象有一个交点，当射线与相切时，设切点为，则，故，.当射线过时，当与圆相切时，有，故.因为，故当的图象与的图象有3个不同的交点时，有或.故答案为：.【点睛】关键点点睛：（1）对于较为复杂的函数方程，知道零点的个数求参数的取值范围时，可将方程转化为简单函数的图象交点个数来讨论.（2）刻画函数图象时，注意结合解析式的特征来考虑，特别是带有根号的函数，其图象往往和圆、椭圆、双曲线等有关.（3）不同图象临界位置的刻画，可借助导数的几何意义来计算.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过
8、程或演算步骤.第1721题为必考题，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. 已知在锐角中，角，的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，求.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由，利用正弦定理，可得，化简整理即可得出（2）由余弦定理，可得，化简整理即可得出的值【详解】解：（1）因为由正弦定理，可得又据为锐角知，所以又因为为锐角所以（2）据（1）求解知，又，所以所以（舍）或18. 已知，.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由已知利用同角三角函数基本关系式可求，的值，进而根据，利用两角差的余弦函数公式即可求解（
9、2）利用二倍角公式可求，的值，进而即可代入求解【详解】（1）因为，所以又因为，所以所以（2）因为，所以所以【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，两角差的余弦函数公式，二倍角公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想19. 已知函数在与处均取得极值.（1）求实数，的值；（2）若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）先对函数求导，根据极值点，列出方程求解，即可得出，再检验，即可得出结果；（2）根据（1）结果，由（2）中条件，列出不等式求解，即可得出结果.【详解】（1）因为所以因为函数在与处均取得极值所以所以，此时，由得或；由得
10、；所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，因此在上取得极大值，在上取得极小值，符合题设；即所求实数，的值分别是，；（2）由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，若函数在区间上单调递减， 则所以，即所求实数的取值范围是.【点睛】思路点睛：由函数极值（极值点）求参数时，一般需要对函数求导，根据极值的定义，结合题中条件，列出方程求解，即可得出结果.（求出的结果要，要注意进行检验）20. 已知函数的图像上相邻的两个最低点的距离为.（1）求的值；（2）求函数的单调递增区间.【答案】（1）1；（2）.【解析】【分析】本题考查三角函数的图像和性质、三角恒等变换，根据三角恒等变换公式化简函
11、数解析式，根据图像和性质求单调递增区间.【详解】（1）又因为图象上相邻的两个最低点间的距离为，所以，解得.（2）据（1）求解知，令，所以，所以所求的单调递增区间是.【点睛】思路点睛：三角恒等变换综合应用的解题思路：（1）利用降幂、升幂公式将化为的形式；（2）构造；（3）和差公式逆用，得 (其中为辅助角，)；（4）利用研究三角函数的性质；（5）反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范21. 已知在锐角中，角，的对边分别为，.（1）求外接圆的半径；（2）求周长的取值范围.【答案】（1）2；（2）【解析】【分析】（1）由，利用正弦定理、和差公式可得，再利用正弦定理即可得出外接圆的半径（2）由，可得：，
12、可得，利用和差公式、三角函数的单调性即可得出【详解】（1）因为所以所以所以又因为所以又所以又因为所以又因为所以外接圆半径（2）据题设知，所以，又，所以因为是锐角三角形，且所以解得所以所以即周长的取值范围是【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.22. 已知函数，（1）讨论函数的单调性；（2）函数有两个极值点，且，求证:.【答案】（1）讨论见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）首先
13、确定函数的定义域和导函数；令，当可确定，得到函数在定义域内单调递减；当时，分别在和两种情况下，根据导函数的正负得到函数的单调性；（2）令，得到，可知是方程在上的两根，结合二次函数性质和韦达定理可确定，由此可将所证不等式转化为证明当时，；即证，令，通过导数可求得，进而证得结论.【详解】（1）由得： 定义域为令，则当，即时，则，即 在上单调递减当，即时，令，解得：，当时，当和时，即；当时，即在，上单调递减；在上单调递增当时，当时，即；当时，即在上单调递增，在上单调递减（2）令则有两个极值点 是方程在上的两根对称轴为 又 ，又 要证，即证：时，令，则当时， 在上单调递增，故原不等式得证【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到讨论含参数函数的单调性、不等式的证明等问题；证明不等式的关键是能够将所证不等式转化为函数最值的求解问题，通过函数最值推导得到结论，属于较难题.