1、叙州区一中高2021级高三10月考试数学（理工类）本试卷共4页，23小题，满分150分.考试用时120分钟.第I卷 选择题（60分）一、选择题：本题共12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. 已知全集，集合满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据补集的定义求出集合，再判断即可.【详解】因为，且，所以，所以，.故选：D2. 已知复数，则（ ）A. B. C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意得到，结合复数模的计算公式，即可求解.【详解】由复数，可得，所以.故选：A.3. 若函数，则（ ）A. B. C. D.
2、【答案】C【解析】【分析】根据函数的解析式由内到外可计算得出的值.【详解】由题意可得，则.故选：C.4. 函数在上的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数的奇偶性，结合特殊值，即可排除选项.【详解】首先，所以函数是奇函数，故排除D，故排除B，当时，故排除A，只有C满足条件.故选：C5. 已知函数，则的值为（ ）A. 1B. 0C. D. 【答案】B【解析】【分析】构造函数，判断函数为奇函数，即得解.【详解】解：构造函数，则，故函数为奇函数.又，.故选：B6. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将两边同时平方得到，进而可以缩小角的范
3、围，得到，从而得到，然后结合二倍角以及同角的平方关系即可求出结果.【详解】将两边同时平方，所以，因此，异号，故，且，则，因此，而，所以，故选：D.7. 现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率.函数的图象在处的曲率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出、，代值计算可得出函数的图象在处的曲率.【详解】因为，所以，所以，所以.故选：D.8. 若，则（ ）A B. C. D. 1【答案】C【解析】【分析】将用替换后，解方程解出即可.【详解】因为，可得，可得，解得，因为，所以，所以，
4、所以.故选：C.9. 已知函数，则（ ）A. B. 函数有一个零点C. 函数是偶函数D. 函数的图象关于点对称【答案】D【解析】【分析】根据题意，判断函数的单调性，结合单调性性质判断A，由指数函数的性质可得，结合零点定义判断B，举反例判断C，证明，由此可得函数的对称性，判断D，综合可得答案【详解】函数的定义域为，对于A，函数，函数在R上为增函数，易得在R上为增函数，则有，A错误；对于B，有，则有，所以没有零点，B错误；对于C，所以，不是偶函数，C错误；对于D，因为，所以所以， 所以函数的图象关于点对称，D正确；故选：D10. 如图，边长为的正方形ABCD所在平面与矩形ABEF所在的平面垂直，N
5、为AF的中点，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意得到平面ABEF，进一步得出，则MC为外接球直径，代入球的表面积公式即可求解【详解】由可知，可求，因为平面平面ABEF，平面平面，又，平面，所以平面ABEF，平面ABEF，所以，由，得，又，同理可得得，又，所以，所以.所以MC为外接球直径，在RtMBC中，即，故外接球表面积为故选：A11. 将的图象横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移个单位长度，得到的图象，若在上单调递增，则正数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用三角函数图象的变换规律求得的解析式，进而得的
6、解析式，再利用三角函数的单调性求得的范围【详解】将的图象横坐标伸长为原来的2倍，得到的图象，再向右平移个单位长度，得到的图象，由，得，的增区间为，若在上单调递增，则，且，且，又，当时，故答案为：B12. 已知，则大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分别构造和，求导判断出在上的单调性，比较出函数值与端点值的大小关系，进而得出的大小关系【详解】令，则恒成立，即在上单调递增，且，故，取，则，即，可得，即；令，则恒成立，即在上单调递减，且，故，取，则，即，可得，即；综上可得：的大小关系为故选：B第II卷 非选择题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 展开式
7、中的常数项为_.【答案】#【解析】【分析】写出展开式的通项公式，令x的指数为0，求得参数r，即可求得答案.【详解】由题意的通项公式为，令，故展开式中的常数项为，故答案为：14. 已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，点在角的终边上，则_.【答案】#【解析】【分析】根据三角函数的定义和二倍角公式可得答案.【详解】根据三角函数的定义可知，由二倍角公式得.故答案为：.15. 在上单调递减，则实数m的最大值是_【答案】#【解析】【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，求出含有数0的单调递减区间，再借助集合的包含关系求解作答.【详解】依题意，由得，因此，函数含有数0的单调递减区间是，因在
8、上单调递减，于是得，即，解得，所以实数m的最大值是.故答案为：16. 若存在，使得，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】首先注意到，故考虑切线放缩，从而，所以，考虑取等条件是否成立即可.【详解】不妨设，求导得，而在上单调递增，且，所以当时，此时单调递减，当时，此时单调递增，所以，所以等号成立当且仅当，注意到，所以考虑切线放缩有，从而，又，所以，由以上分析可知不等式取等，当且仅当，接下来考虑是否成立：不妨设，则，即单调递增，注意到，所以由零点存在定理可知，使得.综上所述：若存在，使得，则只需，从而的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：解决问题的关键是考虑切线放缩，从而，另一个关键的
9、地方是证明是否成立，从而即可顺利求解.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.（一）必考题：共 60 分.17. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象（1）若为奇函数，求的值；（2）若在上单调递减，求的取值范围【答案】（1）或或； （2）.【解析】【分析】（1）利用倍角公式、辅助角公式化简函数式再平移得，结合奇偶性计算即可；（2）利用三角函数的单调性计算即可.【小问1详解】易知，向左平移个单位长度得，因为为奇函数，所以，故，因为，所以或或；【小问2详解】由（1）知
10、，则由题意可知，结合，取时分别得，即.18. 在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求；（2）已知，求ABC面积.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用平面向量的数量积的定义结合余弦定理即可求出结果；（2）由正弦边角关系得，结合求值，应用正弦定理求，进而求出三角形的面积.【小问1详解】由已知，所以，结合余弦定理，化简得：，所以【小问2详解】由正弦定理知，即，又，所以，显然，即，故，由，又，则，所以面积.19. 设为实数，函数，（1）求的极值；（2）对于，都有，试求实数取值范围【答案】（1）极小值为，无极大值. （2）【解析】【分析】（1）由导数得出函数的单调性，
11、进而得出极值；（2）由导数得出，的值域，由的值域是的值域的子集得出实数的取值范围【小问1详解】，当时，；当时，；即函数在上单调递减，在上单调递增；函数的极小值为，无极大值.【小问2详解】由（1）可知，函数在上单调递增，则.，当时，；当时，；即函数在上单调递减，在上单调递增；因为，所以，.即.因为，都有，所以的值域是的值域的子集.即，解得.即实数的取值范围为.20. 如图，在三棱锥中，是等边三角形，是边的中点. （1）求证：；（2），平面与平面所成二面角为，求直线与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）.【解析】【分析】（1）连接，根据题意证得，结合线面垂直的判定定理，证得平面，进
12、而证得；（2）过作的垂线，由平面，以为原点建立空间直角坐标系，根据题意求得平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】证明：如图所示，连接，因为是等边三角形，所以在和中，因为，所以，所以，又因为是边的中点，所以，.因为，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以.【小问2详解】解：在中，过作的垂线，交与点，由（1）可得平面，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示，又由，且平面与平面所成二面角为，因为，所以为平面与平面所成二面角的平面角，即，所以，可得，设平面的法向量为，且，则，令，则，所以又因为，设直线与平面所成角为，则，可得，即直线与平面所成角的余弦值为. 21. 已知，且0为
13、的一个极值点（1）求实数的值；（2）证明：函数在区间上存在唯一零点；，其中且【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求得，由0为的一个极值点，可得，进而求解；（2）当时，由，可得单调递减，由，可得，此时函数无零点；当时，设，结合其导数分析单调性，结合，和零点存在性定理，可知存在，使得，进而得到单调性，结合得到在上单调递增；结合，存在，得到函数的单调性，可得而在上无零点；当时，由，可得在单减，再结合零点存在定理，可得函数在上存在唯一零点；当时，由，此时函数无零点，最后综合即可得证.由（1）中在单增，所以，有，可得.令，利用放缩法可得，再结合，分别利用累加发可得，即可求证.【小问1
14、详解】由，则，因为0为的一个极值点，所以，所以当时，当时，因为函数在上单调递减，所以，即在上单调递减；当时，则，因为函数在上单调递减，且，由零点存在定理，存在，使得，且当时，即单调递增，又因为，所以，在上单调递增；.综上所述，在上单调递减，在上单调递增，所以0为的一个极值点，故.【小问2详解】当时，所以单调递减，所以对，有，此时函数无零点；当时，设，则，因为函数在上单调递减，且，由零点存在定理，存在，使得，且当时，即单调递增，当时，即单调递减又因为，所以，在上单调递增；因为，所以存在，当时，单调递增，当时，单调递减所以，当时，单调递增，；当时，单调递减，此时在上无零点； 当时，所以在单减，又，
15、由零点存在定理，函数在上存在唯一零点；当时，此时函数无零点；综上所述，在区间上存在唯一零点因为，由（1）中在上的单调性分析，知，所以在单增，所以对，有，即，所以令，则，所以，设，则，所以函数在上单调递减，则，即，所以 ， 所以， 所以.【点睛】关键点睛：本题第（2），关键在于先证明，令，利用放缩法可得，再结合累加法即可得证.（二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修 4-4：坐标系与参数方程22. 在平面直角坐标系xOy中，设曲线的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设曲线的极坐标方程为（1
16、）求曲线的普通方程；（2）若曲线上恰有三个点到曲线的距离为，求实数a的值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）曲线的参数方程消去参数即可求出曲线的普通方程；（2）首先曲线的极坐标方程转化为普通方程，可以得到曲线是圆，要使曲线上恰有三个点到曲线的距离为，圆心到直线的距离，求解方程即可.【小问1详解】由已知得代入，消去参数t得曲线的普通方程为【小问2详解】由曲线的极坐标方程得，又，所以，即，所以曲线是圆心为，半径等于的圆因为曲线上恰有三个点到曲线的距离为，所以圆心到直线的距离，即，解得选修 4-5：不等式选讲 23. 设函数.（1）解不等式；（2）当xR，0y1时，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）去绝对值将函数转化为，然后分， 两种情况讨论求解. （2）通过（1）得到，然后利用“1”的代换，利用基本不等式求得的最小值即可.【详解】（1）由已知可得：，当时，成立；当时，即，则.的解集为.（2）由（1）知，则，当且仅当，即时取等号，则有.
