2021届重庆市第一中学高三上学期第一次月考数学试题（解析版）

这是一份2021届重庆市第一中学高三上学期第一次月考数学试题（解析版），共20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。
2021届重庆市第一中学高三上学期第一次月考数学试题


一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】先分别利用对数型函数以及指数型函数求值域的方法求出集合，注意集合中的代表元素，再利用集合的交集运算求解即可.
【详解】
∵，
，
∴.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了集合间的运算以及对数函数和指数函数.属于较易题.
2．设，，，，则，的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据题意计算做差可得，得到答案.
【详解】
由，，得，
，
∴，故，
故选：B.
【点睛】
本题考查了做差法比较大小，意在考查学生的计算能力和推断能力.
3．已知直线是曲线的切线，则的方程不可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】利用导数求出曲线的切线的斜率的取值范围，然后利用导数的几何意义判断各选项中的直线是否为曲线的切线，由此可得出结论.
【详解】
对于函数，定义域为，则，
所以，曲线的切线的斜率的取值范围是.
对于A选项，直线的斜率为，令，解得，此时，
点在直线上，则直线与曲线相切；
对于B选项，直线的斜率为，该直线不是曲线的切线；
对于C选项，直线的斜率为，
令，解得，此时，
点在直线上，所以，直线与曲线相切；
对于D选项，直线的斜率为，
令，解得，此时，
点在直线上，所以，直线与曲线相切.
故选：B.
【点睛】
本题考查利用导数的几何意义验证函数的切线方程，考查计算能力，属于中等题.
4．中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴．一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成，设扇形的面积为 ，圆面中剩余部分的面积为，当与的比值为 时，扇面看上去形状较为美观，那么此时扇形的圆心角的弧度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根据扇形与圆面积公式，可知面积比即为圆心角之比，再根据圆心角和的关系，求解出扇形的圆心角．
【详解】
与所在扇形圆心角的比即为它们的面积比，
设与所在扇形圆心角分别为，
则 ，又，解得
故选:A
【点睛】
本题考查圆与扇形的面积计算，难度较易．扇形的面积公式：，其中是扇形圆心角的弧度数，是扇形的弧长．
5．若函数（其中，）存在零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据题中所给的函数有零点，结合解析式的特征，求得函数的零点，再根据分段函数的意义再结合式子的特征求得结果.
【详解】
因为时，，所以，
若函数若有零点，则，解得，
故，又，
∴实数的取值范围是．
故选：C.
【点睛】
该题考查的是有关函数的问题，涉及到的知识点有根据分段函数有零点求参数的取值范围，属于简单题目.
6．已知，函数，对任意，都有，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】化简函数的解析式为，由题意可知，点是函数的一个对称中心，结合可求得的值.
【详解】
，
根据，得是函数的一个对称中心，
则，可得，
，，所以，解得.
故选：D.
【点睛】
本题考查利用正弦型函数的对称性求参数值，同时也考查了辅助角公式的应用，考查计算能力，属于中等题.
7．函数的一个单调减区间是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】利用导数求得函数的单调递减区间，利用赋值法可得出结果.
【详解】
，该函数的定义域为，
，
，可得，
令，可得，即，解得.
所以，函数的单调递减区间为.
当时，函数的一个单调递减区间为，
，
对任意的，，，，
故函数的一个单调递减区间为.
故选：A.
【点睛】
本题考查利用导数求解函数的单调区间，考查计算能力，属于中等题.
8．设函数在上存在导数，对任意的，有，且在上有，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】构造函数，由已知得出所构造的函数的单调性，再利用其单调性解抽象不等式，可得选项.
【详解】
设，
∵，即，即，故是奇函数，
由于函数在上存在导函数，所以，函数在上连续，则函数在上连续.
∵在上有，∴，
故在单调递增，
又∵是奇函数，且在上连续，∴在上单调递增，
∵，
∴，
即，∴，故，
故选：B．
【点睛】
本题考查运用导函数分析函数的单调性，从而求解抽象不等式的问题，构造合适的函数是解决问题的关键，属于较难题.

二、多选题
9．已知中，角，，的对边分别为，，，且，则角的值不可能是（ ）
A．45° B．60° C．75° D．90°
【答案】CD
【解析】先利用正弦定理得到，再利用余弦定理和基本不等式得到，即可判断.
【详解】
∵，
由正弦定理得：
∴，
∴，
当且仅当时取等号，
又，
故.
故选：CD.
【点睛】
本题主要考查了正弦定理以及余弦定理，考查了基本不等式.属于较易题.
10．下列说法正确的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．命题“若，则”的否定是真命题
C．命题“，”的否定形式是“，”
D．将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象，则的图象关于点对称
【答案】ABD
【解析】解方程，利用集合的包含关系可判断A选项的正误；判断命题的真假，可判断出该命题的否定的真假，进而可判断B选项的正误；利用特称命题的否定可判断C选项的正误；利用图象平移得出函数的解析式，利用对称性的定义可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，解方程，可得，
Ü，所以，“”是“”的充分不必要条件，
A选项正确；
对于B选项，当时，，则命题为假命题，它的否定为真命题，B选项正确；
对于C选项，命题“，”的否定形式是“，”，C选项错误；
对于D选项，将函数的图象向左平移个单位长度，
得到，
，则，
故函数的图象关于点对称，D选项正确；
故选：ABD.
【点睛】
本题考查命题真假的判断，考查了充分不必要条件、命题的否定的真假、特称命题的否定的判断，同时也考查了函数对称性的验证，考查推理能力，属于中等题.
11．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石，布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔（L.E.J.Brouwer），简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列为“不动点”函数的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【解析】只要解方程，观察它有没有实解即可得，
【详解】
选项A，若，则，该方程无解，故A中函数不是“不动点”函数；
选项B，若，则，解得或-1，故B中函数是“不动点”函数；
选项C，若，则，，或，，解得，故C中函数是：“不动点”函数；
选项D，若，则，该方程无解，故D中函数不是“不动点”函数.
故选：BC.
【点睛】
本题考查新定义“不动点”，解题关键是根据新定义把问题转化为方程有无实数解．
12．已知函数，其中表示不超过实数x的最大整数，关于有下述四个结论，正确的是（ ）
A．的一个周期是 B．是非奇非偶函数
C．在单调递减 D．的最大值大于
【答案】ABD
【解析】先根据周期函数定义判断选项A，再根据函数的意义，转化为分段函数判断B选项，结合三角函数的图象与性质判断C，D选项.
【详解】
，
的一个周期是，故A正确；
，
是非奇非偶函数，B正确；
对于C，时，，不增不减，所以C错误；
对于D，，，D正确.
故选：ABD
【点睛】
本题主要考查了函数的周期性，单调性，奇偶性，考查了特例法求解选择题，属于中档题.


三、填空题
13．若幂函数过点,则满足不等式的实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】先求得幂函数的解析式，在根据的单调性求得不等式的解集.
【详解】
设，代入点，得，所以，所以在上递增，所以，解得，所以实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】
本小题主要考查幂函数解析式的求法，考查幂函数的单调性，属于基础题.
14．已知，，则的最小值是______.
【答案】8
【解析】利用换底公式可得，再利用基本不等式可得答案.
【详解】
因为，，所以，
因为，
所以，，
当时取“=”.
故答案为：8.
【点睛】
本题主要考查指数式的运算、考查了换底公式与基本不等式的应用，属于中档题.
15．______．
【答案】
【解析】【详解】

,

,故答案为.
【考点】三角函数诱导公式、切割化弦思想.
16．在中，角，，的对边分别为，，，若，，点是的重心，且，则______.
【答案】4
【解析】首先根据余弦二倍角公式得到，设边上的中线为，得到，从而得到，再平方解方程即可得到答案.
【详解】
因为，所以，
所以或（舍去）.
设边上的中线为，如图所示：

因为，所以，
又因为，
所以，
所以，，
化简得，解得或（舍去）.
故答案为：
【点睛】
本题主要平面向量数量积的应用，同时考查了余弦二倍角公式，属于简单题.

四、解答题
17．已知点在角的终边上，且 .
（1）求值：；
（2）若，且，求的值.
【答案】（1）2；（2）.
【解析】先利用同角三角函数的基本关系得到；（1）原式分子分母同除得到正切，代入已知量即可得出结果；（2）先利用已知角的范围求得，求出，再利用，最后利用两角和的余弦公式求解即可得出结果.
【详解】
由题意：，，
，且，
（1）；
（2）∵，，
∴，
∴，
∴，
，
∵，
∴.
【点睛】
本题主要考查了同角三角函数的基本关系以及两角和的余弦公式.属于中档题.
18．已知函数.
（1）当时，求的值域；
（2）是否存在实数，使得在上单调递增？若存在，求出的取值范围，若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）不存在，理由见解析.
【解析】（1）由二倍角公式降幂，再由两角差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数性质求得值域；
（2）求出函数的单调区间，由2在减区间内部，得结论．
【详解】
解：（1）∵
.
又∵，∴，即，
∴；
（2）由得，
所以的递增区间是，递减区间是，令，函数在上递减，而，即函数在上是递减的，故不存在实数，使得在上递增.
【点睛】
本题考查正弦型函数的值域，考查正弦型函数的单调性，解题方法由二倍角公式，两角和与差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数性质求解．
19．已知，函数在处取得极值.
（1）求函数的单调区间；
（2）若对，恒成立，求实数的最大值.
【答案】（1）函数在上单调递减，在上单调递增；（2）.
【解析】（1）首先对函数求导，根据函数在处取得极值，得到，求得，根据导数的符号求得其单调区间；
（2）将不等式转化为，之后构造新函数，利用导数求得其最小值，进而求得最值，得到结果.
【详解】
，由得，，
（1），由得，由得，
故函数在上单调递减，在上单调递增.
（2），
令，则，
由，得，由，得，
故在上递减，在上递增，
∴，即，
故实数的最大值是.
【点睛】
该题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有根据极值点求参数的值，利用导数求函数的单调区间，利用导数求参数的取值范围，属于中档题目.
20．已知函数，其中.
（1）求关于的不等式的解集；
（2）若，求时，函数的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）根据分段函数定义域解不等式可求得答案；
（2）画出函数的图象，数形结合可求得的最大值
【详解】
（1），
当时，由，得，，，，
当时，由，即，，令，，方程无解，而，所以无解，
综上所述，，
所以不等式的解集为.
（2）
时，
∵，由得另一个根，由的图像可知，
当时，函数的最大值为；
当时，函数的最大值为；
当时，函数的最大值为
综上所述，函数的最大值为.
【点睛】
本题考查了解分段函数不等式的问题，分段函数求最值的问题，考查了数形结合的思想.
21．重庆、武汉、南京并称为三大“火炉”城市，而重庆比武汉、南京更厉害，堪称三大“火炉”之首.某人在歌乐山修建了一座避暑山庄（如图）.为吸引游客，准备在门前两条夹角为（即）的小路之间修建一处弓形花园，使之有着类似“冰淇淋”般的凉爽感，已知弓形花园的弦长且点，落在小路上，记弓形花园的顶点为，且，设.

（1）将，用含有的关系式表示出来；
（2）该山庄准备在点处修建喷泉，为获取更好的观景视野，如何规划花园（即，长度），才使得喷泉与山庄距离即值最大？
【答案】（1）；；（2）当时，取最大值.
【解析】（1）在中，利用正弦定理即可将，用含有的关系式表示出来；
（2）在中，由余弦定理得出，结合三角函数的性质，即可得出的最大值，再求出的长度即可.
【详解】
（1）在中，由正弦定理可知，
则；
同理由正弦定理可得，
则，
（2）∵，，
∴，
在中，由余弦定理可知



，
∵，
∴，
∴，
当时，即时，
取最大值，
此时，
，
即当时，取最大值.
【点睛】
本题主要考查了正弦定理和余弦定理的实际应用，涉及了三角函数求值域，属于中档题.
22．已知函数，是的导函数.
（1）若，当时，函数在内有唯一的极小值，求的取值范围；
（2）若，，试研究的零点个数.
【答案】（1）；（2）有3个零点.
【解析】（1）先求导得，求出，再由和两种情况讨论求得的取值范围；
（2）分析可知，只需研究时零点的个数情况，再分两种情形讨论即可.
【详解】
解：（1）当时，，，
在是增函数，，，
当时，在是减函数，无极值；
当时，，使得，
从而在单调递减，在单调递增，为唯一的极小值点，所以
（2）当时，，，可知，
（i）时，，无零点；所以只需研究，，
（ii）时，，可知单调递减，
，，存在唯一的，；
（iii）当，是减函数，且，
则，，在是增函数，是减函数，并且
，，，
所以，；，，且知
在减，在增，在减，
又因为，，，，，
，，综上所述，由（i）（ii）（iii）可知，有3个零点.
【点睛】
本题主要考查利用导数研究函数的极值和零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.