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（含答案解析）

这是一份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（含答案解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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（    ）A． B．C． D．2．设，若，则下列不等式中正确的是（）A． B． C． D．3．中，，，若，则角为(    )A． B． C． D．4．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（）A．B．3C．D．6．已知，则（    ）A． B． C． D．7．函数的函数图象是（）A．B．C．D．8．若数列是等差数列，首项，，，则使前项和成立的最大自然数是（    ）A．4040 B．4041 C．4042 D．40439．在中，内角所对的边分别为a、b、c，给出下列四个结论：①若，则；②等式一定成立；③；④若，且，则为等边三角形；以上结论正确的个数是（    ）A． B． C． D．10．己知奇函数的导函数为，．当时，．若，则实数的取值范围是（   ）A． B．C． D．11．若函数恰有三个不同的零点，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．12．已知函数，若，则实数a的取值范围是（  ）A． B． C． D．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①对于命题：存在，则：；②命题“若，则函数在上是增函数”的逆命题为假命题；③若为真命题，则均为真命题；④命题“若，则”的逆否命题是“若，则”．其中错误的是_____________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， .（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1．B由题意可得，，2．D【解析】解析】利用赋值法:令排除A,B,C,选D.3．B，，，，故.故选：.4．D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：.5．A由题意，复数，因为复数为纯虚数，可得，解得.故选：A.6．D解：因为，即，则．故选：D7．A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：A8．A∵，∴和异号，又数列是等差数列，首项，∴是递减的数列，，，∴，，∴满足的最大自然数为4040． 9．D①∵，∴，又∵∴∴故①成立；②∵∴∴∴；故②成立；③∵∴∴∴ ；故③成立；④∵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④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，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.12．D【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，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.15．③.【解析】【分析】①．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；②．写出原命题的逆命题，再判断真假；③．若为真命题，则必有一个为真命题，即可判断出；④．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①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②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③错；命题“若，则”的逆否命题是“若，则”，故④对；故答案为：③．【点睛】本题综合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)在上的最大值为13．．20．（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，①，②由①②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，①当即时，在上递减，；②当即时，在上递增，在上递减，，由，当时，，此时，当时，，此时，③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