2021年湖南省郴州市资兴市第一中学高三数学文月考试卷含解析

2021年湖南省郴州市资兴市第一中学高三数学文月考试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.复数，i是虚数单位，则z的虚部是A.2i

B.-2i

c.2

d.-2参考答案：【知识点】复数的定义.

L4【答案解析】D

解析：根据复数的定义得z的虚部是-2，故选D.【思路点拨】由复数定义得结论.2.设向量与的夹角为，且，，则＝A.

B.

C.

D.参考答案：A因为，所以，所以，故选A.3.已知直线、、不重合，平面、不重合，下列命题正确的是（

）

A．若，，，则

B．若，，则

C．若，则

D．若，则

参考答案：D略4.在区间内任取两个实数，则这两个实数的和大于的概率为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：A设这两个数为x，y，则，表示边长为1是正方形；若这两个实数的和大于，则，表示的可行域如图，阴影部分的面积为，所以这两个实数的和大于的概率为。5.若程序框图如图所示，则该程序运行后输出k的值是（）A．4 B．5 C．6 D．7参考答案：B【考点】程序框图．【分析】根据所给数值判定是否满足判断框中的条件，然后执行循环语句，一旦不满足条件就退出循环，执行语句输出k，从而到结论．【解答】解：当输入的值为n=5时，n不满足上判断框中的条件，n=16，k=1n不满足下判断框中的条件，n=16，n满足上判断框中的条件，n=8，k=2，n不满足下判断框中的条件，n=8，n满足判断框中的条件，n=4，k=3，n不满足下判断框中的条件，n=4，n满足判断框中的条件，n=2，k=4，n不满足下判断框中的条件，n=2，n满足判断框中的条件，n=1，k=5，n满足下面一个判断框中的条件，退出循环，即输出的结果为k=5，故选B．【点评】本题主要考查了循环结构，是当型循环，当满足条件，执行循环，属于基础题．6.三棱锥P﹣ABC中，AB=BC=，AC=6，PC⊥平面ABC，PC=2，则该三棱锥的外接球表面积为（）A．π B．π C．π D．π参考答案：D【考点】球的体积和表面积．【分析】根据已知条件得出△ABC的外接圆的半径，利用勾股定理得出外接球的半径，即可求出三棱锥的外接球表面积．【解答】解：∵AB=BC=，AC=6，∴cosC=，∴sinC=，∴△ABC的外接圆的半径==，设三棱锥的外接球的球心到平面ABC的距离为d，则R2=d2+（）2=（2﹣d）2+（）2，∴该三棱锥的外接球半径为R2=，表面积为：4πR2=4π×=π，故选：D．7.（

）A.-6

B.

C.6

D.参考答案：A8.已知函数则函数的最大值是

A.4

B.3

C.5

D.参考答案：B略9.设M是正方体各条棱的中点的集合，则过且公过M中3个点的平面的个数是A．56

B。81

C。136

D。145参考答案：A10.已知函数，其中，记函数满足条件为事件A，则P（A）等于

（

） A．

B．

C． D．参考答案：C略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知函数（>0,）的图象如右图所示，则=

.

【知识点】三角函数的图像和性质

C3参考答案：解析：由图像可得，，所以，，因为，所以，故答案为.【思路点拨】根据图像可得函数的正确为，根据周期公式可得，因为在处取得最小值，所以，可求得结果.12.如果对于函数的定义域内任意两个自变量的值，当时，都有且存在两个不相等的自变量，使得，则称为定义域上的不严格的增函数．已知函数的定义域、值域分别为，，，且为定义域上的不严格的增函数，那么这样的函数共有________个．参考答案：9试题分析：由题意，若函数g（x）是三对一的对应，则有{1，2，3}对应1；{1，2，3}对应2；{1，2，3}对应3三种方式，故此类函数有三种，若函数是二对一的对应，则有{1，2}对1，3对2；；{1，2}对1，3对3，有两种；1对1，{2，3}对2；1对1，{2，3}对3，有两种；1对2，{2，3}对3，有一种；若函数是一对一的对应，则1对1，2对2，3对3，共一种；综上，这样的g（x）共有3+2+2+1+1=9种.考点：1.函数单调性的性质；2.分类讨论的思想方法13.（09南通交流卷）在区间中随机地取出两个数，则两数之和小于的概率是__▲_______参考答案：答案：14.已知向量=（1－，1），=（，1＋），且∥，

则锐角等于______参考答案：15.如图，AB是圆O的直径，CDAB于D，且AD=2BD，E为AD的中点，连接CE并延长交圆O于F．若CD=，则EF=

．参考答案：16.（5分）（2014秋?衡阳县校级月考）已知函数f（x）=2+，则f（x）dx=．参考答案：π+4【考点】：定积分的简单应用．【专题】：计算题；导数的概念及应用．【分析】：f（x）dx的几何意义是以（1，2）为圆心，1为半径的圆的面积，可得结论．解：∵y=2+，∴（x﹣1）2+（y﹣2）2=1（y≥2），∴f（x）dx的几何意义是以（1，2）为圆心，1为半径的圆的面积的一半加正方形面积，即π+4．故答案为：π+4．【点评】：本题考查定积分求面积，考查学生的计算能力，比较基础．17.在的展开式中，常数项为

；（用数字作答）参考答案：三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.已知函数．（Ⅰ）求函数的单调递增区间；（Ⅱ）设函数，求的值域.参考答案：解:（Ⅰ），，∴的单调增区间是（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，，设，当时，，则，由二次函数的单调性可知，，又,则函数的值域为．略19.已知函数．（1）如果a＞0，函数在区间上存在极值，求实数a的取值范围；（2）当x≥1时，不等式恒成立，求实数k的取值范围．参考答案：考点：实际问题中导数的意义；函数在某点取得极值的条件．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：（1）因为，x＞0，x＞0，则，利用函数的单调性和函数f（x）在区间（a，a+）（其中a＞0）上存在极值，能求出实数a的取值范围．（2）不等式，即为，构造函数，利用导数知识能求出实数k的取值范围．解答： 解：（1）因为，x＞0，则，当0＜x＜1时，f'（x）＞0；当x＞1时，f'（x）＜0．所以f（x）在（0，1）上单调递增；在（1，+∞）上单调递减，所以函数f（x）在x=1处取得极大值．因为函数f（x）在区间（a，a+）（其中a＞0）上存在极值，所以解得．（2）不等式，即为，记，所以=令h（x）=x﹣lnx，则，∵x≥1，∴h'（x）≥0，∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，∴[h（x）]min=h（1）=1＞0，从而g'（x）＞0，故g（x）在[1，+∞）上也单调递增，所以[g（x）]min=g（1）=2，所以k≤2．点评：本题考查极值的应用，应用满足条件的实数的取值范围的求法．解题时要认真审题，仔细解答，注意构造法和分类讨论法的合理运用．20.【本题14分】某商店经销一种纪念品，每件产品的成本为30元，并且每卖出一件产品需向税务部门上交a元（a为常数，2≤a≤5）的税收．设每件产品的售价为x元（35≤x≤41），根据市场调查，日销售量与ex（e为自然对数的底数）成反比例．已知当每件产品的售价为40元时，日销售量为10件．

（1）求该商店的日利润L(x)元与每件产品的售价x的函数关系式；

（2）当每件产品的日售价为多少元时，该商店的日利润L(x)最大，并求出L(x)的最大值．参考答案：①当2≤a≤4时，33≤31＋a≤35，而35≤x≤41，

∴L￠(x)≤0，L(x)在[35，41]上是单调递减函数．

则当x＝35时，L(x)取得最大值为10(5－a)e5． ························9￠

②当4＜a≤5时，35＜31＋a≤36，令L￠(x)＝0，得x＝a＋31．

当x∈[35,a＋31)时，L￠(x)＞0，L(x)在[35,a＋31)上是单调递增函数；

当x∈(a＋31,41]时，L￠(x)＜0，L(x)在(a＋31,41]上是单调递减函数．

∴当x＝a＋31时，L(x)取得最大值为10e9?a． ························13￠

综上，当2≤a≤4时，L(x)max＝10(5－a)e5．当4＜a≤5时，L(x)max＝10e9?a． ··················14￠21.(本小题满分12分)已知（1）若，判断是否存在，使得，并说明理由；（2）设，是否存在实数，当…，为自然常数）时，函数的最小值为3？参考答案：(Ⅰ)不存在，使得；…………1分时,,定义域为,…………2分.…………3分极小值可以看出,当时,函数有极小值,此极小值也是最小值，故不存在，使得.…………6分(Ⅱ)

因为,,所以.…………7分假设存在实数，使有最小值,,…………8分①当时，，所以在上单调递减，（舍去）,…………9分②当时,(i)当时,，在上恒成立.所以在上单调递减，（舍去）,(ii)当时,，当时,，所以在上递减;当时,在上递增，所以,…………11分所以满足条件,综上，存在使时有最小值.…………12分22.（本小题满分12分）如图，已知正三棱柱各棱长都为，为线段上的动点.（Ⅰ）试确定的值，使得；（Ⅱ）若，求二面角的大小；参考答案：【法一】（Ⅰ）当时，作在上的射影.连结.则平面，∴，∴是的中点，又，∴也是的中点，即.

反之当时，取的中点，连接、.∵为正三角形，∴.