山东省临沂市郯城县美澳学校2021届高三11月模拟考试数学试题（二） Word版含答案

参考答案

1．B

2．D

∵、为正实数，，

∴，

当且仅当，即时等号成立，

∴，要使恒成立，

∵为正实数，

∴ .

故选：D.

3．A

【解析】

 由题意，根据诱导公式得，

 又因为，所以，所以

所以，故选A．

4．B

【解析】

【分析】

令，求出，则.

【详解】

令，则，，

可化为，

即，，，

所以，则，

故选B．

【点睛】

本题主要考查同角三角函数的关系、二倍角的余弦公式的应用，属于中档题.

5．A

【解析】

【分析】

由已知条件，先求出，进而得出的解析式，最后根据三角函数对称中心的特点，代数验证，即可得出答案.

【详解】

因为的图像相邻两条对称轴之间的距离为，

所以最小正周期，则，解得，

所以.

而，即函数的图像关于点对称.

故选:A.

【点睛】

本题主要考查三角函数的图像和性质，涉及到最小正周期公式和对称中心、对称轴的特点.

6．B

【解析】

项，的最小正周期，故项错误；项．，所以的图象关于点对称对称，故项正确；项．向右平移个单位后得到的图象，不关于原点对称，故项错误；项，时，，当，即时，单调递增，当，即时，单调递减，故错误；综上，故选.

点睛：本题主要考查正弦函数的周期性、单调性、以及图象的对称性， 的图象变换规律，属于基础题；最小正周期为，正弦函数的图象过对称中心，正弦函数的增区间满足等.

7．A

【解析】

试题分析：是奇函数，

．又在上是减函数，．排除．的图像是由图像左移两个单位得到，故选．

考点：函数的图象及其性质．

8．C

【解析】

【分析】

设，则，利用余弦定理可求得，再利用三角形的面积公式可求得，继而可求，从而可得△面积的最大值．

【详解】

解：依题意，设，则，又，

由余弦定理得：，

即

∴

∴

∴

∵

∴

当时，即， 、、能组成三角形．

∴

∴

故选   ．

【点睛】

本题考查余弦定理与正弦定理的应用，着重考查转化思想与二次函数的配方法，求得是关键，也是难点，属于难题．

9．CD

【解析】

【分析】

由弧度与角度不能混用,排除,把化成角度数,变成,说明正确,把变成,说明正确.

【详解】

弧度和角度不能在同一个表达式中，故选项A，B错误;

因为,所以正确;

因为,所以正确.

故选.

【点睛】

本题考查了终边相同的角的表示,属于基础题,注意:在同一个表达式中,弧度与角度不能混用.

10．BD

【解析】

【分析】

由得，所以可知数列是等比数列，从而可求出，可得数列为递增数列，利用错位相减法可求得的前项和，由于，从而利用等差数列的求和公式可求出数列的前项和.

【详解】

由得，所以是以为首项，2为公比的

等比数列，故A错误；因为，所以，显然递增，故B正确；

因为，，所以

，故，

故C错误；因为，所以的前项和，

故D正确.

故选：BD

【点晴】

本题考查等差数列、等比数列的综合应用，涉及到递推公式求通项，错位相减法求数列的和，等差数列前n项和等，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.

11．ABC

【解析】

【分析】

对于A，特称命题要为真命题，只要有1个满足即可；

对于B，作差比较大小即可；

对于C，命题的否定是改量词，否结论；

对于D，方程无实根的充要条件为，即，由此可判命题的真假.

【详解】

A，取，得出，使得，故A正确；

B，因为，所以，，都有，故B正确；

C，命题“，”的否定是“，，故C正确；

D，实系数一元二次方程无实根的充要条件是，即，

所以“”是“实系数一元二次方程无实根”的必要不充分条件，故D错误.

故选：ABC.

【点睛】

此题考查了特称命题的真假判断、命题的否定、充分条件必要条件的判断等知识，综合性强，但难度不大，属于基础题.

12．ACD

【解析】

【分析】

由实部和虚部互为相反数，结合二倍角公式可构造关于的一元二次方程，解方程求得，根据特殊角三角函数值和的范围可求得结果.

【详解】

由题意得：    ，解得：或

    或或

故选：

【点睛】

本题考查根据三角函数值求角的问题，涉及到复数实部和虚部的概念、二倍角公式的应用等知识；关键是能够通过实部和虚部互为相反数构造出关于的方程.

13．       

【解析】

【分析】

由得，再三点共线得，进而利用基本不等式分别求得，的最大值和最小值.

【详解】

如图所示，

由得，

所以，所以，

所以，等号成立当且仅当，

所以的最大值为.

因为，等号成立当且仅当，

所以的最小值为.

故答案为：；.

【点睛】

本题以向量为问题背景，考查基本不等式的运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时要会用“1”的代换，构造可以利用基本不等式求最值的式子，同时注意验证等号能否成立.

14．11

【解析】

【分析】

当时，求得与矛盾，得到，再利用，得到，化简，并借助，即可求得的值.

【详解】

设等比数列的公比为，

当时，与矛盾，所以，

，，

即，解得，

故答案为：11.

【点睛】

本题考查的是有关等比数列的问题，求解本题的关键是熟练掌握等比数列的有关公式，并灵活运用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程，属于中档题.

15．

【解析】

【分析】

将三角函数式变形,结合正弦定理即可求得角B.根据满足条件的有且仅有一个即可求得的取值范围.

【详解】

因为,化简可得

根据正弦定理可知,

所以

由余弦的差角公式,展开可得

即,即

因为

所以

若满足条件的有且仅有一个

则或

代入可得或

所以实数的取值范围为

故答案为:

【点睛】

本题考查了三角函数式恒等变形,正弦定理及判断三角形个数,三角形仅有一个的成立条件,属于中档题.

16．

【解析】

试题分析：由，得.

考点：考查导数的运算

17．（1）．（2）–4．

【解析】

【分析】

（1）利用对数运算法则化简求解即可．

（2）通过对数方程求出x，y的关系，化简所求表达式求解即可．

【详解】

（1）log3

=+lg100+1+2=

（2）∵x＞0，y＞0，x﹣2y＞0∴

∵lgx+lgy=2lg（x﹣2y），

∴xy=（x﹣2y）2，

∴，

∴

==﹣4

【点睛】

本题考查对数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数的性质、运算法则的合理运用．

18．（1），；（2）最大值为，最小值为.

【解析】

【分析】

（1）求出函数的导数，通过切线方程列出方程即可求实数a，b的值；（2）求出函数的导数，判断函数的单调性，然后求解函数的极值，然后求函数f（x）在上的最大值和最小值．

【详解】

（1）因为，，

则，，

函数在点处的切线方程为：，

由题意得，即，.

（2）由（1）得，函数的定义域为，

∵，∴，，

∴在上单调递减，在上单调递增．

故在上单调递减，在上单调递增，

∴在上的最小值为．

又，，且．

∴在上的最大值为.

综上，在上的最大值为，最小值为

【点睛】

本题考查函数的导数的应用，切线方程以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力,准确计算是关键，是中档题.

19．（Ⅰ）（Ⅱ）

【解析】

【分析】

（Ⅰ）当时，利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的定义域和值域，求得函数的值域．

（Ⅱ）在锐角中，利用正弦定理求得的周长的解析式，再利用三角恒等变换化简为，利用正弦函数的定义域和值域，求得它的范围．

【详解】

解：（Ⅰ）

.

当时，，，

，即的值域为.

（Ⅱ）由，得，由，

得，得，得.

故

.

由，得，

得，得，

得，得.

锐角的周长的取值范围为.

【点睛】

本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的定义域和值域，正弦定理的应用，属于中档题．

20．(1) [10,90]．(2) y＝x2－500x＋25 000(10≤x≤90)（3）

【解析】

试题分析：(1)借助题设条件建立不等式求解；(2)借助题设条件建立等式即可；(3)运用二次函数的知识求解.

试题解析：

（1）的取值范围是；

（2）；

（3），所以当时，，故核电站建在距A城km处，能使供电总费用y最少.

考点：二次函数的图象和性质及有关知识的综合运用．

21．（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论；

（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.

【详解】

（1）设的公比为，为的等差中项，

，

；

（2）设的前项和为，，

，①

，②

①②得，

，

.

【点睛】

本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.

22．（1）增区间是，减区间是.（2）见解析

【解析】

【分析】

（1）求导函数，分别令，解出不等式，即可得到函数的单调区间；

（2）由 得方程 ，显然 为此方程的一个实数解.当时, 方程可化简为，设函数利用导数得到 的最小值, 因为，再对讨论，得到函数的零点个数.

【详解】

解：（1）因为，所以.

由得；由得.

所以由的增区间是，减区间是.

（2）因为.

由，得或.

设，又即不是的零点，

故只需再讨论函数零点的个数.

因为，

所以当时，单调递减；

当时，单调递增.

所以当时，取得最小值.

①当即时，无零点；

②当即时， 有唯一零点；

③当，即时，因为，

所以在上有且只有一个零点.

令则.

设，

所以在上单调递增，

所以，都有.

所以.

所以在上有且只有一个零点.

所以当时，有两个零点

综上所述，当时，有一个零点；

当时，有两个零点；

当时，有三个零点.

【点睛】

本题考查了利用函数确定函数的单调区间，利用导数判断函数零点的个数，考查了逻辑思维能力，运算能力，分类讨论的思想，属于中档题.