1、景胜中学2020-2021年度高三年级月考（10月）数学（文）试题一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分.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.【点睛】本题主要考查了三角函数线的应用，其中解答中熟记
2、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解析式判断函数平移伸缩变换的方式，注意：自变量前有
3、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. 0D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意可得，然后使用二倍角的正弦、余弦公式以及齐次化化简可得，进一步求得，最后根据二倍角的正切公式计
4、算即可.【详解】，解得或.又，则，故选：D.【点睛】本题考查弦切互换以及齐次化化简，还考查二倍角公式的应用，着重考查对公式的记忆，属基础题5. 已知角和角终边垂直，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. 【答案】A【解析】【分析】首先根据，得到，解得，再根据
5、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，所以，所以 ，故选D.【点睛】该题考查的是有关三角函数化简求值问题，涉及到的知识点有同角三角函数关系式，
6、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.利用求得的最小正周期，由此判断B选项正确.利用的解
7、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，所以在上单调递增，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】首先根据导数几何意义可知，由此可得，再根据切点即在曲线上，又在切线上，可得，可得，求
8、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整数解，则实数a的取值范围为（ ）A. B. C.
9、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）13. 正弦函数在上的图象与轴所围成曲边梯形的面积
10、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. 已知扇形的面积为，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【详解】解：由已知，因为在处取得极值，即，因，即，
11、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17. 已知数列的前n项和，其中（）证明是等比数列，并求其通项公式；
12、（）若 ，求【答案】（）；（）【解析】试题分析：（）首先利用公式，得到数列的递推公式，即可得到是等比数列及的通项公式；（）利用（），用表示前项和，结合的值，建立方程可求得的值试题解析：（）由题意得，故，. 由，得，即.由，得，所以.因此是首项为，公比为的等比数列，于是. （）由（）得.由得，即.解得.【考点】数列的通项与前项和的关系，等比数列的定义、通项公式及前项和.【方法总结】等比数列的证明通常有两种方法：（1）定义法，即证明（常数）；（2）中项法，即证明根据数列的递推关系求通项常常要将递推关系变形，转化为等比数列或等差数列来求解18. 在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2
13、(tanAtanB).(1)证明：ab2c；(2)求cos C的最小值【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：（1）根据三角函数的基本关系式，可化简得，再根据，即可得到，利用正弦定理，可作出证明；（2）由（1），利用余弦定理列出方程，再利用基本不等式，可得的最小值.试题解析：（1）由题意知，化简得：即，因，所以，从而，由正弦定理得.（2）由（1）知，所以，当且仅当时，等号成立，故的最小值为.考点：三角恒等变换的应用；正弦定理；余弦定理.【方法点晴】本题主要考查了三角恒等变换的应用、正弦定理与余弦定理的应用，涉及到三角函数的基本关系式和三角形中的性质和基本不等式的应用，着重考查了转化与化归
14、思想和学生的推理与运算能力，以及知识间的融合，属于中档试题，解答中熟记三角函数恒等变换的公式是解答问题的关键.19. 如图，四棱锥中，是正三角形，四边形是菱形，点是的中点（1）求证：平面；（2）若平面平面，求三棱锥的体积【答案】（1）证明见解析 （2）4【解析】【分析】（1）设，利用三角形中位线性质得，再根据线面平行判定定理得结果；（2）取的中点，结合面面垂直性质定理得平面，再根据等体积法以及利用锥体体积公式求结果.【详解】（1）连接，设，连接，则点是的中点又因为是的中点，所以， 又因为平面，平面所以平面（2）因为四边形是菱形，且，所以又因为，所以三角形是正三角形 取的中点，连接，则 又平面平
15、面，平面，平面平面， 所以平面即是四棱锥的一条高而所以 综上，三棱锥的体积为4.【点睛】本题考查线面平行判定定理、面面垂直性质定理以及锥体体积公式，考查综合分析论证与求解能力，属中档基础题.20. 设函数（1）求的单调区间；（2）求函数在区间上的最小值【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）1.【解析】【分析】（1）直接求导，由得单调递增区间即可；（2）判断的单调性即可求出最值.【详解】解：（1）定义域为， ，由得，的单调递减区间为，单调递增区间为；（2），由得，在上单调递减，在上单调递增，的最小值为.【点晴】此题考利用导数求单调区间和最值，属于简单题.21. 函数（为自然对数的底
16、数），为常数，曲线在处的切线方程为.（1）求实数的值；（2）证明：的最小值大于.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出导函数，利用切线的向量以及切线方程，列出方程，即可求实数的值；（2）通过两次求导，利用导函数的符号，判断函数的单调性，转化求解函数的最小值即可证明的最小值大于【详解】（1）对求导可得，所以（1）由曲线在处的切线方程为可知，故（2）证明：由（）知，得，又再次求导易知，所以在上单调递增又，由零点存在性定理可知存在，使得，即，即当时，单调递减；当时，单调递增于是，易知在上单调递减，所以【点睛】本题考查函数的导数的应用，切线方程以及函数的最值的求法，二次导函数的应用
17、，考查计算能力，属于中档题请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时，请用2B铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑.选修4-4：极坐标和参数方程选讲22. 以直角坐标系的原点为极点，轴正半轴为极轴，并在两种坐标系中取相同的长度单位，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；（2）设直线与曲线相交于，两点，当变化时，求的最小值.【答案】（1）（2）2【解析】试题分析：（1）本问考查极坐标与直角坐标互化公式，根据可得，所以曲线C的直角坐标方程为 ；（2）本问考查直线参数方程标准形式下的几何意义，即将直线参数方程的标准
18、形式，代入到曲线C的直角坐标方程，得到关于t的一元二次方程，设两点对应的参数分别为，列出，于是可以求出的最小值.试题解析：（I）由由，得曲线的直角坐标方程为（II）将直线的参数方程代入，得设两点对应的参数分别为则， 当时，的最小值为2.考点：1.极坐标方程；2.参数方程.选修4-5：不等式选讲23. 已知函数，为不等式的解集.（1）求集合；（2）若，求证：.【答案】（1）.（2）见试题解析.【解析】分析：（1）利用零点分段法去掉绝对值符号，转化为不等式组，解出的范围；（2）由，即可证得求证的不等式.详解：（1）当时，由解得，；当时，恒成立，；当时，由解得，综上，的解集（2） 由得 .点睛：本题主要考查了绝对值不等式的解法，不等式的证明，着重考查了的转化为转化能力和计算能力，属于中档试题，对于绝对值不等式的解法有三种：（1）利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；（2）利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；（3）通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想.