《黑龙江省牡丹江市重点高中2021届高三上学期第二次月考 数学（文）试题含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《黑龙江省牡丹江市重点高中2021届高三上学期第二次月考 数学（文）试题含答案（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2021届高三上学期第二次月考数学（文科）试题一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分）1设集合，则（ ）ABCD2设，若，则下列不等式中正确的是（）ABCD3中，若，则角为( )ABCD4世界上最古老的数学著作莱茵德纸草书中有一道这样的题目：把60磅面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的两份之和的是较小的三份之和，则最小的1份为（）A磅B磅C磅D磅5已知复数为纯虚数（其中i为虚数单位），则实数（）AB3CD6已知，则（ ）ABCD7函数的函数图象是（）ABCD8若数列是等差数列，首项，则使前项和成立的最大自然数是（ ）A4040B4041C4042D40439在中，内角所对
2、的边分别为a、b、c，给出下列四个结论：若，则；等式一定成立；若，且，则为等边三角形；以上结论正确的个数是（ ）ABCD10己知奇函数的导函数为，当时，若，则实数的取值范围是（ ）ABCD11若函数恰有三个不同的零点，则实数的取值范围为（）ABCD12已知函数，若，则实数a的取值范围是（ ）ABCD二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13若关于x的不等式在区间上有解，则实数a的取值范围为_.14的内角，的对边分别为，已知，则的面积为_15下列说法中对于命题：存在，则：；命题“若，则函数在上是增函数”的逆命题为假命题；若为真命题，则均为真命题；命题“若，则”的逆否命题是“若，则”其中
3、错误的是_16已知数列与满足，若，对一切恒成立，则实数的取值范围是_三、解答题（本题共6道题，第17题10分，其它5道题各12分，共70分）17的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且（1）求B；（2）若，求的周长18已知等比数列的各项均为正，且（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和19已知函数，曲线在点处的切线方程为（1）求的值；（2）求在上的最大值20已知正项数列的前项和为，对任意，点都在函数的图象上.（1）求数列的通项公式；（2）若数列，求数列的前项和；21已知锐角三角形的内角，的对边分别为，其外接圆半径满足.（1）求的大小；（2）已知的面积，求的取值范围.22已知函数， .
4、（1）求函数的单调区间；（2）当时，对任意的，存在，使得成立，试确定实数m的取值范围2021届高三上学期第二次月考数学文科试题参考答案1B由题意可得，2D【解析】解析】利用赋值法:令排除A,B,C,选D.3B，故.故选：.4D由于数列为等差数列，设最小一份为，且公差为，依题意可知，即，解得.故选D.故选：.5A由题意，复数，因为复数为纯虚数，可得，解得.故选：A.6D解：因为，即，则故选：D7A首先去绝对值化得函数为，结合对数型复合函数的单调性即可得出选项.【详解】去绝对值可得，当时，单调递增，当时，单调递减，且，当时，单点递增，且，综上只有A符合，故选：A8A，和异号，又数列是等差数列，首项
5、，是递减的数列，满足的最大自然数为40409D，又故成立；故成立； ；故成立；表示为边的单位向量， 表示为边的单位向量，所以（）.表示，又，所以为等边三角形故成立.故选：D.10. D设所以当时，是增函数，因为是奇函数，所以有，因此有，所以是偶函数，而，可以化为，是偶函数，所以有，当时，是增函数，所以有，故本题选D.11C函数恰有三个不同的零点，即方程有三个不同的实数根，设，即直线与的图象有三个不同的交点，求出，讨论出函数的单调区间，作出其大致图象，根据图象可求答案.【详解】由可得，构造函数，令得到或，令得到，所以的单调递增区间为，递减区间为显然,当时，则当时，由指函数增加的速度比幂函数快得多
6、，所以.当时, ,所以.画出函数的大致图象，如图.可知当时，直线与的图象无交点；当时，函数在时取得极小值，且.当时，的图象与有三个不同的交点，即函数恰有三个不同的零点，所以的取值范围为.故选：C【点睛】本题考查根据函数的零点个数求参数问题，考查构造函数利用导数解决问题的能力，属于中档题.12D【解析】由函数，可得，所以函数为奇函数，又，因为，所以，所以函数为单调递增函数，因为，即，所以，解得，故选D点睛：本题考查了函数的单调性、奇偶性和函数不等式的求解问题，其中解答中函数的奇偶性和函数的单调性，转化为不等式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，对于解函数不等式：首先根据函数的单调性
7、和奇偶性把不等式转化为的形式，然后根据函数的单调性去掉“”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意与的取值应在外层函数的定义域内是试题的易错点13【解析】【分析】本题现将不等式运用参变分离化简为，再构造新函数求最大值，最后求实数a的取值范围.【详解】解：不等式在区间上有解，不等式在区间上有解，不等式在区间上有解，令，（），则， 当时，单调递减， 不等式在区间上有解，即故答案为：【点睛】本题考查不等式存在性问题，借导函数研究原函数单调性求最大值，是中档题.14【解析】【分析】由正弦定理得，由平方关系和余弦定理可得，再利用面积公式即可得解.【详解】由已知条件及正弦定理可得，易知，所以，又，所以，所以
8、，所以，即，所以的面积故答案为：.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用，属于中档题.15.【解析】【分析】特称命题的否定是全称命题，否定时要将存在量词改为全称量词，还要否定结论；写出原命题的逆命题，再判断真假；若为真命题，则必有一个为真命题，即可判断出；利用逆否命题的含义即可得出【详解】解：存在，是一个特称命题，由特称命题的否定是全称命题得，：任意，故对；命题“若，则函数在上是增函数”的逆命题为“若函数在上是增函数，则”，是一个假命题，故对；若为真命题，则、至少有一个是真命题，可以有一个是假命题，故错；命题“若，则”的逆否命题是“若，则”，故对；故答案为：【点睛】本题综合
9、考查了简易逻辑的有关知识、指数函数的单调性，属于基础题16【解析】由题意可得，满足时，有：，其中，故当时，取得最值，实数的取值范围是17（1）；（2）.解：（1）因为，所以又，所以，即又，所以（2）由余弦定理得因为，所以 故的周长为18（1）；（2）解：（1）设数列的公比为依题意有： 两式相比，整理得，解得或 因为的各项均为正，所以，所以 （2）， 所以19（1）a=2,b=-4；（2）13（1）函数的导数为，曲线在点处的切线斜率为，切点为，由切线方程为，可得，解得（2）函数的导数 ，由，可得或；由，可得则f(x)的增区间为， ；减区间为可得f(x)的两极值点-2,，又，故y=f(x)在上的最
10、大值为1320（1）；（2）.解：（1）将点代入函数的解析式得到.当时，即，解得；当时，由得，上述两式相减得，得，即.所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，因此，；（2），因此，由得，所以20（1）；（2）21（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理计算得到答案.（2）根据面积公式化简得到，根据角度范围得到值域.【详解】（1），即，又为锐角，.（2）的面积，又，由是锐角三角形得，即的取值范围为.【点睛】22（1）当时，的单调递增区间是，无递减区间；当时，的单调递增区间是，递减区间是；（2）.（1）求得的导函数，对分成和两种情况，讨论函数的单调区间.（2）将问题转化为，利用导
11、数求得的最小值，结合（1）对分成三种情况进行分类讨论，求得的最小值.从而确定的取值范围.【详解】（1）由，得.当时，所以的单调递增区间是，没有减区间.当时，由，解得；由，解得，所以的单调递增区间是，递减区间是.综上所述，当时，的单调递增区间是，无递减区间；当时，的单调递增区间是，递减区间是.（2）当时，对任意，存在，使得成立，只需成立.由，得.令，则.所以当时，当时，.所以在上递减，在上递增，且，所以.所以，即在上递增，所以在上递增，所以.由（1）知，当时，在上递增，在上递减，当即时，在上递减，；当即时，在上递增，在上递减，由，当时，此时，当时，此时，当即时，在上递增，所以当时，由，得当时，由，得综上，所求实数m的取值范围是【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调区间，考查利用导数研究不等式恒成立、存在性综合问题，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题
