2021届广东省清远市清新一中高三上学期月测2数学试题（解析版）

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2021届广东省清远市清新一中高三上学期月测2数学试题


一、单选题
1．已知集合，，则（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】首先求出集合，然后再利用集合的交运算即可求解.
【详解】
由集合，，
所以.
故选：B
【点睛】
本题考查了集合的交运算、一元二次不等式的解法，属于基础题.
2．2019年12月，湖北省武汉市发现多起病毒性肺炎病例．2020年1月12日，世界卫生组织正式将造成此次肺炎疫情的病毒命名为“2019新型冠状病毒”．2020年2月11日，世界卫生组织将新型冠状病毒感染的肺炎命名为COVID-19（新冠肺炎）｡新冠肺炎患者症状是发热､干咳､浑身乏力等外部表征｡“某人表现为发热､干咳､浑身乏力”是“新冠肺炎患者”的（ ）．
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】根据充分必要的定义，即可得出结论.
【详解】
表现为发热、干咳、浑身乏力者不一定是感染新型冠状病毒，
或者只是普通感冒等；而新型冠状病毒感染者早期症状表现为发热、
干咳浑身乏力等外部表征．因而“某人表现为发热、干咳、浑身乏力”
是“该人患得新型冠状病毒”的必要不充分条件．
故选：A．
【点睛】
本题考查必要不充分条件的判定，属于基础题.
3．设，，，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题,分别为函数,,上的点的纵坐标,利用函数单调性与特殊值0,1比较,进而比较的大小关系
【详解】
由题,因为单调递减,则；
因为单调递减,则；
因为单调递增,则,
所以,
故选：A
【点睛】
本题考查利用函数单调性比较大小,掌握指数函数,对数函数的性质是解题关键
4．甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是（ ）
A．90 B．120 C．210 D．216
【答案】C
【解析】根据题意：分为两类：第一类，甲、乙、丙各自站在一个台阶上；第二类，有2人站在同一台阶上，剩余1人独自站在一个台阶上，算出每类的站法数，然后再利用分类计数原理求解.
【详解】
因为甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，且每级台阶最多站2人，
所以分为两类：第一类，甲、乙、丙各自站在一个台阶上，共有：种站法；
第二类，有2人站在同一台阶上，剩余1人独自站在一个台阶上，共有：种站法；
所以每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置的不同的站法总数是.
故选：C
【点睛】
本题主要考查排列组合的应用以及分类计数原理的应用，还考查了分析求解问题的能力，属于中档题.
5．已知地震释放出的能量与地震的里氏震级的关系为，2011年3月11日，日本北部海域发生的里氏9．0级地震释放出的能量设为，2008年5月12日，我国汶川发生的里氏8.0级地震释放出的能量设为，那么（ ）
A．1.5 B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意可得，，结合对数的运算法则作差即可得解.
【详解】
由题意，，
所以，所以.
故选：C.
【点睛】
本题考查了对数的运算性质，考查了对数与指数的互化.
6．函数的定义域为R，对任意的，有，且函数为偶函数，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由函数单调性的定义可得在上单调递减，由偶函数的性质可得，再由函数的单调性即可得解.
【详解】
因为对任意的，有，
所以对任意的，与均为异号，
所以在上单调递减，
又函数为偶函数，即，所以，
所以.
故选：C.
【点睛】
本题考查了函数单调性的定义及应用，考查了函数奇偶性的应用，属于基础题.
7．水池有两个相同的进水口和一个出水口，每个口进出水速度如图（甲）、（乙）所示，某天0点到6点该水池蓄水量如图（丙）所示（至少打开一个水口）给出以下3个论断：

①0点到3点只进水不出水；②3点到4点不进水只出水；③4点到5点不进水也不出水.
则一定正确的论断是（ ）
A．① B．①② C．①③ D．①②③
【答案】A
【解析】【详解】
由甲，乙图得进水速度1，出水速度2，
∴①0点到3点时斜率为2，蓄水量增加是2，只进水不出水，故①对；
②不进水只出水时，减少应为2，②错；
③二个进水一个出水时，蓄水量减少也是0，故③错；
故答案为A
8．已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意结合函数单调性的定义可得函数在上单调递增，再由导数的知识可得在上恒成立，令，结合导数求得的最小值即可得解.
【详解】
由且可得，
令，则在上单调递增，
在上恒成立，
在上恒成立，
令，则
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
，
，解得.
故选：A.
【点睛】
本题考查了函数单调性的判断及函数单调性与导数的关系，考查了利用导数解决恒成立问题的应用，属于中档题.

二、多选题
9．设，，若，则实数a的值可以为（ ）
A． B．0 C．3 D．
【答案】ABD
【解析】先将集合表示出来，由可以推出，则根据集合中的元素讨论即可求出的值.
【详解】
的两个根为3和5，
，
，，
或或或，
当时，满足即可，
当时，满足，，
当时，满足，，
当时，显然不符合条件，
a的值可以是.
故选：ABD.
【点睛】
本题主要考查集合间的基本关系，由推出是解题的关键.
10．已知定义在上的函数满足条件，且函数为奇函数，则（ ）
A．函数是周期函数 B．函数的图象关于点对称
C．函数为上的偶函数 D．函数为上的单调函数
【答案】ABC
【解析】利用可以判断函数的周期性，利用为奇函数可以判断函数的对称性和奇偶性，最后选出正确答案.
【详解】
因为，所以，即，故A正确；
因为函数为奇函数，所以函数图像关于原点成中心对称，所以B正确；
又函数为奇函数，所以，根据，令代有，所以，令代有，即函数为上的偶函数，C正确；
因为函数为奇函数，所以，又函数为上的偶函数，，所以函数不单调，D不正确.
故选：ABC.
【点睛】
本题考查了函数的周期性和奇偶性以及对称性，属于基础题.
11．已知函数，若方程有两个不相等的实根，则实数的取值范围可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【解析】首先利用导数求出分段函数的单调性和最值，从而得到函数的图象，将题意转化为函数与有个交点，根据函数的图象即可得到答案.
【详解】
当时，，，
令，解得，（舍去）.
，，为减函数，
，，为增函数.
.
当时，，，
令，解得，
，，为减函数，
，，为增函数.
，且当时，.
函数的图像如图所示：

因为方程有两个不相等的实根，
等价于函数与有个交点，
所以或.
故选：AC
【点睛】
本题主要考查利用导数研究函数的零点，同时考查了数形结合的思想，属于中档题.
12．函数f(x)=ex+asinx，x∈(－π，+∞)，下列说法正确的是（ ）
A．当a=1时，f(x)在(0，f(0))处的切线方程为2x－y+1=0
B．当a=1时，f(x)存在唯一极小值点x0且－1＜f(x0)＜0
C．对任意a＞0，f(x)在(－π，+∞)上均存在零点
D．存在a＜0，f(x)在(－π，+∞)上有且只有一个零点
【答案】ABD
【解析】逐一验证选项，选项A，通过切点求切线，再通过点斜式写出切线方程，选项B 通过导数求出函数极值并判断极值范围，选项C、D，通过构造函数，将零点问题转化判断函数与直线y＝a 的交点问题．
【详解】
选项A，当时，，，
所以，故切点为，，
所以切线斜率，
故直线方程为：，即切线方程为：， 选项A正确.
选项B，当时，，，
恒成立，所以单调递增，
又,
,所以，即，所以
所以存在，使得，即
则在上，，在上，，
所以在上，单调递减，在上，单调递增.
所以存在唯一的极小值点.

,则，，所以B正确.
对于选项C、D，，
令，即 ，所以, 则令,
,令,得
由函数的图像性质可知:
时，，单调递减.
时，，单调递增.
所以时，取得极小值，
即当时取得极小值，
又,即
又因为在上单调递减，所以
所以时，取得极小值，
即当时取得极大值，
又，即
所以
当时，
所以当，即时，f(x)在(－π，+∞)上无零点，所以C不正确.
当，即时，与的图象只有一个交点
即存在a＜0，f(x)在(－π，+∞)上有且只有一个零点，故D正确.
故选：ABD
．
【点睛】
本题考查函数的切线、极值、零点问题，含参数问题的处理，考查数学运算，逻辑推理等学科素养的体现，属于难题题．


三、填空题
13．“，” 为假命题，则实数的最大值为__________．
【答案】
【解析】由已知可得，“，”为真命题，从而有恒成立，结合二次函数的性质可求．
【详解】
由“，”为假命题，可知，“，”为真命题，
恒成立，
由二次函数的性质可知，，
则实数，即的最大值为．
故答案为：.
【点睛】
本题考查全称命题的否定、不等式恒成立求参数范围，考查转化与化归思想、函数与方程思想的应用，求解时注意等号能否取到．
14．已知函数是定义在上的偶函数，且在上是减函数， 则不等式的解集为__________．
【答案】
【解析】结合函数的奇偶性和单调性的关系，将不等式进行等价转化，进行求解即可．
【详解】
是定义在上的偶函数，且在上是减函数，，
，
则不等式等价为不等式，
即，
即不等式的解集为，
故答案为：.
【点睛】
本题考查利用函数奇偶性和单调性进行不等式的求解，考查数形结合思想的灵活运用，考查运算求解能力，属于中档题．
15．法国数学家拉格朗日于1778年在其著作《解析函数论》中提出一个定理：如果函数满足如下条件：
（1）在闭区间上是连续不断的；
（2）在区间上都有导数．
则在区间上至少存在一个数，使得，其中称为拉格朗日中值．则在区间上的拉格朗日中值________．
【答案】
【解析】先求得导函数，结合拉格朗日中值的定义，可得，进而求得的值即可.
【详解】
，则，
所以，
由拉格朗日中值的定义可知，，
即，
所以．
故答案为: .
【点睛】
本题考查函数与导数的简单应用，新定义的理解和应用，属于基础题．
16．己知a，b为正实数，直线y=x－a与曲线y=ln(x+b)相切于点(x0，y0)，则的最小值是_______________.
【答案】4
【解析】由题意结合导数的几何意义、导数的运算可得、，进而可得，再利用，结合基本不等式即可得解.
【详解】
对求导得，
因为直线y=x－a与曲线y=ln(x+b)相切于点(x0，y0)，
所以即，
所以，所以切点为，
由切点在切线y=x－a上可得即，
所以，
当且仅当时，等号成立.
所以的最小值是.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了导数的运算、导数几何意义的应用，考查了基本不等式求最值的应用及运算求解能力，属于中档题.

四、解答题
17．函数在点处的切线斜率为．
（1）求实数a的值；
（2）求的单调区间和极值．
【答案】（1）3；（2）增区间为，减区间为．极小值，无极大值．
【解析】（1）根据导数的几何意义，导数值为切线的斜率求出实数的值；
（2）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间和极值.
【详解】
解：（1）函数的导数为，
在点处的切线斜率为，
，即，；
（2）由（1）得，，
令，得，令，得，
即的增区间为，减区间为．
在处取得极小值，无极大值．
【点睛】
本题考查了导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、极值问题，属于容易题．
18．在中，，，分别为内角，，的对边，且满.
（1）求的大小；
（2）再在①，②，③这三个条件中，选出两个使唯一确定的条件补充在下面的问题中，并解答问题.若________，________，求的面积.
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】（1）由题中条件，根据正弦定理，得到，再由余弦定理，即可求出结果；
（2）方案一：选条件①和②，先由正弦定理求出，再由余弦定理，求出，进而可求出三角形面积；方案二：选条件①和③，先由余弦定理求出，得到，进而可求出三角形面积.
【详解】
（1）因为，
又由正弦定理，得
，
即，
所以，
因为，
所以.
（2）方案一：选条件①和②.
由正弦定理，得.
由余弦定理，得
，
解得.
所以的面积.
方案二：选条件①和③.
由余弦定理，得
，
则，所以.
所以，
所以的面积.
【点睛】
本题主要考查解三角形，熟记正弦定理，余弦定理，以及三角形面积公式即可，属于常考题型.
19．已知数列的前项和为，且
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和，且对任意恒成立，求范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）因为，所以，两式相减，整理得，令，求出，进而得解；
（2）求出数列的通项公式，通过裂项相消法进行求和，将与0比较，判断出的单调性，求出的最小值，从而得解.
【详解】
（1）因为①
所以②
由①式②式得，即，
又当时，，解得，
所以是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以.
（2），
，

，
所以单调递增，
所以，
所以.
【点睛】
本题考查了数列的递推公式的应用、裂项相消法求和及确定数列中的最大（小）项，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题.当数列出现前后项差的时候，可考虑裂项相消求和法.使用裂项法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点.
20．如图，在圆柱中，为圆的直径，C，D是弧上的两个三等分点，是圆柱的母线.

（1）求证：平面；
（2）设，，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】连接，根据C，D是半圆上的两个三等分点，利用平面几何知识，得到四边形是平行四边形，则，然后利用线面平行的判定定理证明.
（2）根据是圆柱的母线，得到平面，在中求得，在中，求得，然后在内，作于点H，连接，就是二面角的平面角，然后由求解.
【详解】
（1）如图所示：

连接，
因为C，D是半圆上的两个三等分点，
所以，
又，
所以，，均为等边三角形.
所以，
所以四边形是平行四边形.
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）因为是圆柱的母线，
所以平面，平面，所以
因为为圆的直径，所以
在中，，，
所以，
所以在中，
（方法一）因为，，，
所以平面，
又平面，
所以，如图所示：

在内，作于点H，连接.
因为，，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
所以就是二面角的平面角.
在中，，.
在中，，
所以，
所以.
所以，二面角的余弦值为.
（方法二）如图所示：

以C为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，
所以，.
设平面的一个法向量为，
则，即
令，则，
所以平面的一个法向量为.
又因为平面的一个法向量.
所以.
所以结合图形得，二面角的余弦值为.
【点睛】
本题主要考查线面平行的判定定理，二面角的求法，还考查了空间想象和逻辑推理的能力，属于中档题.
21．某公司准备投产一种新产品，经测算，已知每年生产万件的该种产品所需要的总成本（万元）．依据产品尺寸，产品的品质可能出现优、中、差三种情况．随机抽取了件产品测量尺寸，尺寸分别在，，，，，，（单位：）中，经统计得到的频率分布直方图如图所示，产品的品质情况和相应的价格（元/件）与年产量之间的函数关系如下表所示．


产品品质
产品尺寸的范围
价格与产量的函数关系式
优


中


差





以频率作为概率解决如下问题：
（1）求实数的值；
（2）当产量为10时，设不同品质的产品价格为随机变量，求随机变量的分布列和数学期望；
（3）试估计当年产量为何值时，该公司年利润最大，并求出最大值．（利润=收入-总成本）．
【答案】（1）；（2）分布列见解析，数学期望为20；（3）估计当年产量为12时，该公司年利润最大，最大值为138万元．
【解析】（1）由频率和为1列出等式求解a；（2）求出当产品品质为优、良、中时对应的频率与价格，以频率作为概率列出随机变量的分布列并求出数学期望；（3）利用（2）中所求概率用销售收入减去成本可得公司年利润，再利用导数研究函数的单调性，从而求出最值及此时x的取值.
【详解】
（1）由题意得：，解得；
（2）当产品品质为优时频率为：，此时价格；
当产品品质为中时频率为：，此时价格；
当产品品质为差时频率为：，此时价格；
以频率作为概率，可得随机变量的分布列：

24
19
14

0.5
0.2
0.3

∴；
（3）设公司年利润为，则
整理得，
，
∴时，，单调递增；时，，单调递减．
所以当时，函数取最大值；
故估计当年产量为12时，该公司年利润最大，最大值为138万元．
【点睛】
本题考查频率分布直方图、离散型随机变量分布列、利用导数解决利润最大问题，属于中档题.
22．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，函数有两个不同的零点，（），求实数a的取值范围.
【答案】（1）当时，函数在上单调递增，在上单调递减；当时，函数在上单调递增；（2）.
【解析】（1）对函数求导得，再对分两种情况讨论，即可得答案；
（2）由（1）得不成立，进而得到，再利用零点存在性定理，可得，即可得答案；
【详解】
解：（1）函数的定义域为.
则.
（ⅰ）当，即时，
令得，，得，
又因为，所以，
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
（ⅱ）当，即时，，
又由得对任意的恒成立.
所以函数在上单调递增.
综上，当时，函数在上单调递增，在上单调递减；当时，函数在上单调递增.
（2）.
函数的定义域为，
（ⅰ）当时，，函数在上是增函数，不可能有两个零点；
（ⅱ）当时，在上，，在上，.
所以函数在上单调递增，在上单调递减，此时为函数的最大值，
若，则最多有一个零点，不合题意.所以，
解得.
此时，且，

令，则
所以在上单调递增，
所以，即.
故函数有两个不同的零点，，且，.
综上，a的取值范围是.
【点睛】
本题考查利用导数求函数的单调区间、根据函数的零点个数求参数的范围，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.