2021届江苏省常州市教育学会高三上学期学业水平监测数学试题（解析版）

这是一份2021届江苏省常州市教育学会高三上学期学业水平监测数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由二次函数的性质求出集合，先求补集再求交集即可.
【详解】因为，，
所以，，
故选：A.
2．是虚数单位，复数（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由复数除法运算直接计算即可.
【详解】.
故选：B.
3．（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将所求式子中的角变形为然后利用两角和与差的正切函数公式及特殊角的三角函数值化简，即可求出值.
【详解】.
故选：B.
【点睛】此题考查了两角和与差的正切函数公式，以及特殊角的三角函数值熟练掌握公式是解本题的关键，是基础题.
4．函数的图象可由函数的图像（ ）
A．向左平移个单位得到B．向右平移个单位得到
C．向左平移个单位得到D．向右平移个单位得到
【答案】D
【分析】异名函数图像的平移先化同名，然后再根据“左加右减，上加下减”法则进行平移.
【详解】变换到，
需要向右平移个单位.
故选：D
【点睛】函数图像平移异名化同名的公式：，.
5．已知函数，，若曲线在点处的切线是曲线的所有切线中斜率最小的，则（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】D
【分析】的所有切线的斜率即为（）的值域，由题意知当时取得最小值，由基本不等式可知，当且仅当即时取得最小值，可得
【详解】因为，定义域为，
所以，
由导数的几何意义可知：当时取得最小值，
因为，，所以，
当且仅当即时取得最小值，
又因为时取得最小值，所以，
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是由导数的几何意义可得当时取得最小值，再利用基本不等式求取得最小值时满足即，即可求出的值.
6．某校全体学生参加物理实验､化学实验两项操作比赛，所有学生都成功完成了至少一项实验，其中成功完成物理实验的学生占62%，成功完成化学实验的学生占56%，则既成功完成物理实验又成功完成化学实验的学生占该校学生的比例是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设既成功完成物理实验又成功完成化学实验的学生占该校学生的比例是x,然后利用ven图求解.
【详解】设既成功完成物理实验又成功完成化学实验的学生占该校学生的比例是x,
如图所示：
则，
解得，
故选：C
7．声强是表示声波强度的物理量，记作.由于声强的变化范围非常大，为方便起见，引入声强级的概念，规定声强级，其中，声强级的单位是贝尔，贝尔又称为分贝.生活在分贝左右的安静环境有利于人的睡眠，而长期生活在分贝以上的噪音环境中会严重影响人的健康.根据所给信息，可得分贝声强级的声强是分贝声强级的声强的（ ）
A．3倍B．倍C．倍D．倍
【答案】C
【分析】将分贝换算成贝尔，根据指数与对数运算的关系可求得分贝和分贝对应的声强，从而求得倍数关系.
【详解】分贝为贝尔，分贝为贝尔，
令，则；令，则，，
即分贝声强级的声强是分贝声强级的声强的倍.
故选：.
8．已知奇函数在上单调递减，且，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件.
【答案】B
【分析】根据奇函数的定义和单调性可确定和的符号，由奇偶性定义可知为偶函数，利用导数可确定单调性；根据，利用单调性可求得的解集，根据推出关系可确定结论.
【详解】为上的奇函数，，
又单调递减，当时，；当时，，且，
令，则，为偶函数，
当时，；当时，；，
当时，，，在上单调递增，
由偶函数对称性知：在上单调递减；
，由得：，
，“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
【点睛】结论点睛：本题考查充分条件与必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：
（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（2）若是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；
（3）若是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；
（4）若是的既不充分又不必要条件， 则对应的集合与对应集合互不包含．
二、多选题
9．已知，，则下列不等式中正确的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】根据不等式的性质即可判断.
【详解】对于A，，，故A正确；
对于B，，，，故B正确；
对于C，，，故C错误；
对于D，，，，故D正确.
故选：ABD.
10．是虚数单位，下列说法中正确的有（ ）
A．若复数满足，则
B．若复数，满足，则
C．若复数，则可能是纯虚数
D．若复数满足，则对应的点在第一象限或第三象限
【答案】AD
【分析】A选项，设出复数，根据共轭复数的相关计算，即可求出结果；
B选项，举出反例，根据复数模的计算公式，即可判断出结果；
C选项，根据纯虚数的定义，可判断出结果；
D选项，设出复数，根据题中条件，求出复数，由几何意义，即可判断出结果.
【详解】A选项，设，则其共轭复数为，
则，所以，即；A正确；
B选项，若，，满足，但不为；B错；
C选项，若复数表示纯虚数，需要实部为，即，但此时复数表示实数，故C错；
D选项，设，则，
所以，解得或，则或，
所以其对应的点分别为或，所以对应点的在第一象限或第三象限；D正确.
故选：AD.
11．已知等差数列的公差，前项和为，若，则下列结论中正确的有（ ）
A．B．
C．当时，D．当时，
【答案】ABC
【分析】因为是等差数列，由可得，利用通项转化为和即可判断选项A；利用前项和公式以及等差数列的性质即可判断选项B；利用等差数列的性质即可判断选项C；由可得且，即可判断选项D，进而得出正确选项.
【详解】因为是等差数列，前项和为，由得：
，即，即，
对于选项A：由得，可得，故选项A正确；
对于选项B：，故选项B正确；
对于选项C：，若，则，故选项C正确；
对于选项D：当时，，则，因为，所以，，
所以，故选项D不正确，
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是由得出，熟记等差数列的前项和公式和通项公式，灵活运用等差数列的性质即可.
12．对于定义域为的函数，若存在区间满足：①在上是单调函数，②当时，函数的值域也是，则称为函数的“不动区间”.则下列函数中存在“不动区间”的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【分析】结合选项分别判断函数的单调性，然后结合单调性分别求解满足条件的，是否存在，进行检验即可判断．
【详解】在，上单调递减，值域，，不符合题意，不存在；
：单调递减，
根据题意可得，，
整理可得，即，
从而有，此时不存在，不存在，
若，
若在，上单调递增，则，
解得，，，此时符合题意，
若在，上单调递减，则，
此时，不存在，
在，上单调递增，则，，
令，则，
当，，函数单调递增，当，，函数单调递减，
故当时，函数取得最小值，
故函数有2个零点，此时，存在，满足题意．
故选：
【点睛】关键点点睛：根据“不动区间”的定义，利用函数的单调性，求函数的值域，验证是否满足定义，属于创新型题目.
三、填空题
13．平面内，不共线的向量满足，且，则的夹角的余弦值为________.
【答案】
【分析】对已知条件两边平方化简得解
【详解】解：由得，
由，故，
所以，
所以，
故答案为：
【点睛】向量加减模的计算两边平方法是解题关键.
14．函数的图象与函数的图象有且仅有一个公共点，则实数的取值范围为_________.
【答案】
【分析】根据幂函数的性质作出的图象，数形结合即可求解.
【详解】
由幂函数的性质作出的图象，由图知当直线与的图象相切时，只有一个公共点，由得，
设切点则，解得，所以，切点为，
因为切点在切线上，所以，解得符合题意，
当直线过点时，此时有个交点，由图知时有一个交点，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是根据幂函数的性质作出的图象，然后作，当与曲线相切时有一个公共点，利用切点处的导函数值等于，求出的值，当直线过原点时有两个公共点，此时再向下平移有一个公共点，可得.
15．欧几里得在《几何原本》中，以基本定义､公设和公理作为全书推理的出发点.其中第卷命题47是著名的毕达哥拉斯定理(勾股定理)，书中给出了一种证明思路：如图，中，，四边形､､都是正方形，于点，交于点.先证与全等，继而得到矩形与正方形面积相等；同理可得到矩形与正方形面积相等；进一步定理可得证.在该图中，若，则________.
【答案】
【分析】设AB=k，AC=m，BC=n，由勾股定理可得，由同角的基本关系式求得，，在中，求得AE，分别运用余弦定理和正弦定理，计算可得所求值.
【详解】设AB=k，AC=m，BC=n，可得，
又，可得，
在中，，
又，解得，，
由
，
化为，解得，
又，可得，
在中，，即，
可得，
故答案为：.
【点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
16．已知数列中，，且对任意正整数都有等式成立，那么________.
【答案】
【分析】直接利用赋值法的应用求出数列的递推关系式，进一步得出是周期数列，求出结果．
【详解】对任意正整数都有等式成立，
取，则，
，
，
是周期为的数列，
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：利用递推关系赋值，得到周期数列是解题的关键.
四、解答题
17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.
问题：是否存在，它的内角，，的对边分别为，，，且，，________.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】答案不唯一，见解析.
【分析】若选①，利用正弦定理化简已知等式可求a的值，由bcsC＝1，利用余弦定理可求b＝c＝a＝2，可得C＝．
若选②，利用正弦定理化简已知等式可求a的值，可求csB＝，由B∈（0，π），可得B＝，又bcsC＝1，利用余弦定理可得b＝c，即可求解C＝B＝．
若选③，由已知利用正弦定理可得a＝2b，进而根据正弦定理化简已知等式可求a＝2，从而可求b＝1，进而可求csC＝1，由于C∈（0，π），可得这样的C不存在，即问题中的三角形不存在．
【详解】若选①，bc＝4，由于csinA＝2sinC，利用正弦定理可得ac＝2c，可得a＝2，因为bcsC＝1，
可得csC＝＝，整理可得2a＝a2+b2﹣c2，解得b＝c＝2，所以C＝．
若选②，acsB＝1，因为csinA＝2sinC，由正弦定理可得ca＝2c，解得a＝2，
所以csB＝，由B∈（0，π），可得B＝，又bcsC＝1，可得acsB＝bcsC，
由余弦定理可得a•＝b•，整理可得b＝c，所以C＝B＝．
若选③，sinA＝2sinB，由正弦定理可得a＝2b，又csinA＝2sinC，由正弦定理可得ca＝2c，可得a＝2，所以b＝1，又因为bcsC＝1，可得csC＝1，又C∈（0，π），
所以这样的C不存在，即问题中的三角形不存在．
【点睛】思路点睛：
（1）先选择哪个条件，
（2）再根据正余弦定理化简求值.
18．已知平面向量是单位向量，向量.
（1）若，求的坐标；
（2）若，求的坐标.
【答案】（1）或；（2）或.
【分析】（1）根据， ，再由为单位向量求解.
（2）设，得到，再根据向量是单位向量，且求解.
【详解】（1）因为，
设，
又为单位向量，
所以，
解得，
所以或；
（2）设，
则，
因为向量是单位向量，，
所以 ，
解得 或，
所以或.
19．已知公差为整数的等差数列满足，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由题列出方程求出首项和公差，即可得出通项公式；
（2）利用错位相减法即可求出.
【详解】解：（1）设公差为，
由题意知：，解得，
；
（2）
故，
则，
两式相减得
，
.
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；
（3）对于结构，利用分组求和法；
（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.
20．已知函数，其中，是自然对数的底数.
（1）当时，求函数在区间的零点个数；
（2）若对任意恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）1个；（2）.
【分析】（1）求导得到函数的单调性，再利用零点存在性定理得解
（2）分离参变量，不等式恒成立转化为求函数的最值得解
【详解】（1），，
故在递增，又，
，故在上存在唯一零点
因此在区间的零点个数是1个；
（2），恒成立，即，恒成立
令，，则
，令，
，时，，时，
故在递减，递增，因此
所以，，故在递增
故，因此.
【点睛】不等式恒成立问题解决思路：一般参变分离、转化为最值问题.
21．已知集合，，将中的所有元素按从小到大的顺序排列构成数列，设数列的前项和为.
（1）求的值；
（2）若(其中)，试用表示和；
（3）求使得成立的最大的的值，并求此时的的值.
【答案】（1）；（2），；（3）的最大值49，故.
【分析】（1）将A∪B中的所有元素按从小到大的顺序排列，列举法求出S7的值．
（2）由题意利用分组求和的方法求解其前n项和即可．
（3）使得Sn≤2020成立可设n＝38+t，通过界定n的范围，运用数列求和的相关知识求解即可．
【详解】（1）集合，则x1＝1，x2＝3，x3＝5，x4＝7，x5＝9，
，则x1＝2，x2＝4，x3＝8，
因为A∪B中的所有元素按从小到大的顺序排列构成数列{an}，
所以a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝4，a5＝5，a6＝7，a7＝8，所以S7＝1+2+3+4+5+7+8＝30；
（2）设包含A的项数为n，则2n﹣1＝2k﹣1，n＝2k﹣1，设包含B的项数为k，则m＝n+k＝2k﹣1+k，
因为Sm＝SA+SB，所以；
（3）m＝2k﹣1+k时，，k＝6时，m＝38，Sm＝1150≤2020，
k＝7时，m＝71，Sm＝4350＞2020，所以38≤n＜71，令n＝38+t，
Sn＝1150+65+67+…+（63+2t）＝1150+（t+64）t≤2020，所以t2+64t≤870，
t＝11时，t2+64t＝825≤870，t＝12时，t2+64t＝912＞870，
所以n＝38+11＝49，Sn＝1150+825＝1975．
【点睛】方法点睛：
数列求和的常用方法：公式法，错位相减法，裂项相消法，倒序求和法，分组求和法等.
22．已知函数，其中.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）是自然对数的底数，若对任意的，当时，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）增区间为和：减区间为（2），
【分析】(1)代入a的值，求出函数的导数，解不等式，求出函数的单调区间即可;
(2）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的极值，问题转化为或得到关于a的不等式，解出即可.
【详解】（1）时，，
令或在和上递增；
在上递减.
综上：若，的增区间为和：减区间为.
（2），，
令，解得：或，
①即时，，，的变化如下：
若对任意的，当时，（b）恒成立，
当，时，，故只需(b)（4）即可，
即只需，
故
设（a），，
则（a）恒成立，则（a）在，递增，
而，
故即为（a），故，故；
②当，即时，
在递增，在递减，在，递增，
故（2），
若即时，则存在，当，时，有，则（2）为最大值和题意矛盾，
故，，
故同①（2）（b）（4），即，
故，解得：，故；
③时，，递增，(b)在时恒成立；
综上：的取值范围是，．
【点睛】关键点点睛：求导数后，根据零点和2的大小分类讨论，求函数在上，同时由f(x)单调性确定对任意的时,建立不等式求解a，考查了分类讨论的思想，属于难题.
，
2
0
0
递增
极大值
递减
极小值
递增