2021届江苏省泰州中学高三上学期第一次月度检测数学试题(解析版)

2021届江苏省泰州中学高三上学期第一次月度检测数学试题

一、单选题

1．已知集合Axylg3xxA．0,1 【答案】A

【解析】解不等式3xx20得出集合A，再由交集运算得出答案. 【详解】

B．

2，Bxx1，则AC．,1

B（ ）．

D．0,1

,0

∣0x3} 3xx20，解得0x3，即A{xAB{x∣0x1}

故选：A 【点睛】

本题主要考查了集合的交集运算，涉及了一元二次不等式的解法，属于基础题. 2．若复数z＝A．1 【答案】D

【解析】利用复数的运算法则、纯虚数的定义即可得出. 【详解】

设z＝bi，b∈R且b≠0，则

1i为纯虚数，则实数a的值为（ ） 1aiB．0

C．－

1 2D．－1

1i＝bi，得到1＋i＝－ab＋bi， 1ai∴1＝－ab，且1＝b，解得a＝－1. 故选：D. 【点睛】

本题考查复数的运算和纯虚数的概念.

243．二项式2x的展开式中的常数项为（ ）．

xA．32 【答案】D

【解析】先得出该二项式展开的通项，令66r0，即可得出常数项. 【详解】

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B．32 C．6

D．6

3

24二项式2x的展开式的通项为

x2Tr1C3rx23r3x4(1)r(2)3rC3rx66r

r3令66r0，则r1

241则二项式2x的展开式中的常数项为1(2)2C36

x故选：D 【点睛】

本题主要考查了利用二项式定理求指定项的系数，属于基础题.

4．已知向量a，b满足aab2，且a1，b2，则a与b的夹角为（ ）． A．

π 6B．

π 2C．

5π 6D．

2π 3【答案】D

【解析】根据数量积公式求出cos【详解】

1，从而得出a与b的夹角. 2a(ab)2

1|a|2|a||b|cos2，即cos

22[0,]，

3故选：D 【点睛】

本题主要考查了根据数量积求向量的夹角，属于基础题.

5．在我国大西北，某地区荒漠化土地面积平均每年比上一年增长10.4%，专家预测经过x年可能增长到原来的y倍，则函数y＝f(x)的图像大致为图中的( )

A． B．

C． D．

【答案】D

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【解析】试题分析：设初始年份的荒漠化土地面积为a(a0)，则1年后荒漠化土地面积为(10.104)a，2年后荒漠化土地面积为

[(10.104)a](10.104)(10.104)2a，3年后荒漠化土地面积为[(10.104)2a](10.104)(10.104)3a，所以x年后荒漠化土地面积为

(10.104)xa，依题意有ya(10.104)xa即y1.104x，1.1041，由指数函

数的图像可知，选D.

【考点】1.指数函数的图像与性质；2.函数模型及其应用.

6．如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面的边长为3，BD1与底面所成角的大小为，且tan2，则该正四棱柱的外接球表面积为（ ） 3

A．26 C．30 【答案】A

B．28 D．32

【解析】长方体的外接球的直径为长方体的对角线，BD1与底面所成的角为DBD1，从而有tanDBD1【详解】 连BD,正四棱柱ABCDA1B1C1D1，

2,BD32，求出BD1即可. 3D1D平面ABCD,DBD1为BD1与底面所成角，

2tanDBD1tan,BD32，

32在RtBDD1中，DD1BD22，

3BD1BD2DD1226，

正四棱柱的外接球半径为其表面积为426， 22626. 4第 1 页 共 6 页

故选:A.

【点睛】

本题考查多面体与球的“接”“切”问题，注意直线与平面所成角的几何求法，属于基础题.

x22a,x07．若函数fx2有三个不同的零点，则实数a的取值范围是

x4axa,x0（ ）． A．1, 2B．11, 4211,0, C．42【答案】B

1,0,D．

4【解析】由题意分析得出当x0时，fx有一个零点，当x0时，fx有两个零点，结合指数函数图象的变换以及二次函数图象的性质，列出不等式组，求解即可. 【详解】

由题意可知当x0时，fx有一个零点；当x0时，fx有两个零点

02a111a则，解得 2(4a)4a042故选：B 【点睛】

本题主要考查了根据函数零点的个数求参数的范围，属于中档题.

8．函数fx的定义域为D，若满足：①fx在D内是单调函数；②存在m,nD，

mnfxm,n使在上的值域为2,2，那么就称yfx为“半保值函数”，若函数

fxlogaaxt2（a0，且a1）是“半保值函数”，则t的取值范围为（ ）．

A．0,

14B．11,00, 22第 1 页 共 6 页

1C．0,

2【答案】B

11D．,

22【解析】利用半保值函数的定义结合函数的单调性，用函数与x轴交点的横坐标与方程的根的等价关系即可求出t的取值范围. 【详解】

因为函数fxlogaatx2（a0，且a1）是“半保值函数”，且定义域是R，

当a1时，zaxt2在R上单调递增，ylogaz在0,单调递增， 所以fxlogaatx2为R上递增函数， 为R上递增函数，

2当0a1时，zaxt2在R上单调递减，ylogaz在0,单调递减， 所以fxlogaatx2所以函数fxlogaatx（a0，且a1）为R上递增函数.

2又因为函数fxlogaatx（a0，且a1）是“半保值函数”，

所以ylogaat即logaatx2x的图象有两个不同的交点， 与y12x2x有两个不同的根， 121所以axt2a2x，令ua2x ， 则u2ut20有两个不等的正根， 可得14t20，且t20 ， 解得111t0或0t，

22故t11,00,. 22故选：B 【点睛】

本题主要考查了求函数的值域，难点在于构造函数，转化为两个函数有两个不同的交点，利用方程解决，属于较难题.

二、多选题

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x2y2y2x29．. 关于双曲线C1:下列说法正确的是（ ）1与双曲线C2:1，

916916A．它们有相同的渐近线 C．它们的离心率不相等 【答案】CD

【解析】根据双曲线的几何性质，逐一分析选项即可. 【详解】

双曲线C1的渐近线为：yB．它们有相同的顶点 D．它们的焦距相等

4x，双曲线C2的渐近线方程为：y33x，故A错误； 4双曲线C1的顶点坐标为(3,0)，双曲线C2的顶点坐标为(4,0)，故B错误；

2cb165双曲线C1的离心率e111，双曲线C2的离心率2aa93cb295e2121，e1e2，故C正确；

aa164双曲线C1的焦距2c=10，双曲线C2的焦距2c=10，故D正确. 故选：CD． 【点睛】

本题考查双曲线的简单几何性质，考查学生对基础知识的掌握程度，属基础题. 10．函数yAsinxA0,0,0在一个周期内的图象如图所示,则( )

A．该函数的解析式为y2sinπ2x

33πkπ,0,kZ B．该函数的对称中心为3C．该函数的单调递增区间是3kπ5ππ,3kπ,kZ 44第 1 页 共 6 页

π3y2sinxD．把函数的图象上所有点的横坐标变为原来的,纵坐标不变,可得

32到该函数图象 【答案】ACD

【解析】根据三角函数图像得出振幅,再求解函数的周期,再代入最高点求解函数解析式.再分别求解函数的对称中心与单调增区间,并根据三角函数图像伸缩与平移的方法判断即可. 【详解】

由图可知A2,函数的周期为4223,.即故43322y2sinx,代入最高点,2有22sinsin1.

34346因为

623.故y2sin2x.故A正确.

33对B, y2sin232x的对称中心：xkxk.故该函数的对

333223称中心为π3kπ,0,kZ.故B错误.

22对C,单调递增区间为2kππ2ππx2kπ,解得23325ππx3kπ,3kπ,kZ.故C正确.

44对D, 把函数y2sinxπ3的图象上所有点的横坐标变为原来的,纵坐标不变,可32得到y2sin故选：ACD 【点睛】

2x.故D正确.

33本题主要考查了根据三角函数图像求解解析式以及性质的问题,需要先根据周期,代入最值求解解析式,进而代入单调区间与对称中心求解即可.属于中档题. 11．若随机变量N0,1，xPx，其中x0，下列等式成立有( )

B．2x2x

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A．x1x

C．Px2x1 【答案】AC

D．Px2x

【解析】根据随机变量服从标准正态分布N(0,1)，得到正态曲线关于0对称，再结合正态分布的密度曲线定义(x)P(x，x0)，由此可解决问题． 【详解】

随机变量服从标准正态分布N(0,1)，

正态曲线关于0对称，

(x)P(x，x0)，根据曲线的对称性可得：

A.(x)(x)1(x)，所以该命题正确；

B.(2x)(2x),2(x)2(x)，所以2x2x错误；

C.P(||x)=P(xx)12(x)12[1(x)]2(x)1，所以该命题正确； D.P(||x)P(x或x)=1(x)(x)1(x)1(x)22(x)，所以该命题错误． 故选：AC． 【点睛】

本题主要考查正态分布的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 12．已知函数fxxlnx，若0x1x2，则下列结论正确的是（ ）. A．x2fx1x1fx2

B．x1fx1x2fx2

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fx1fx20 C．

x1x2D．当lnx1时，

x1fx1x2fx22x2fx1

【答案】AD 【解析】根据g(x)f(x)lnx的单调性得到A正确；h(x)f(x)x不是单调递增得x到B错误；根据fxxlnx不是单调递减得到C错误；根据条件得到fx单调递增，得到x2x1f(x2)f(x1)0，代换得到答案. 【详解】 设g(x)f(x)lnx，函数单调递增，则g(x2)g(x1) x即

f(x2)f(x1)x1f(x2)x2f(x1)，A正确； x2x1设h(x)f(x)xh'(x)lnx2不是恒大于零，B错误；

fxxlnxf'xlnx1不是恒小于零，C错误；

lnx1故f'xlnx10，函数单调递增

故x2x1f(x2)f(x1)x1fx1x2fx2x2fx1x1f(x2)0 即x1fx1x2fx2x2fx1x1f(x2)

f(x2)f(x1)lnx2lnx1x1f(x2)x2f(x1) x2x1即x1fx1x2fx22x2fx1，D正确. 故选AD 【点睛】

本题考查了函数的单调性判断不等式，意在考查学生对于函数单调性的综合应用.

三、填空题

13．已知点A2,3在抛物线C：y22px（p0）的准线上，记C的焦点为F，则直线AF的斜率为______． 【答案】3 4第 1 页 共 6 页

【解析】由抛物线的性质得出p的值，从而得出F的坐标，再由斜率公式得出答案.

【详解】

设抛物线C：y22px（p0）的准线方程为x由题意可知，p 2p2,p4，即F(2,0) 2kAF303

2243 4故答案为：【点睛】

本题主要考查了抛物线的性质以及斜率公式的应用，属于基础题.

14．今年我国中医药选出的“三药三方”对治疗新冠肺炎均有显著效果, 功不可没.“三药”分别为金花清感颗粒、连花清瘟胶囊、血必净注射液；“三方”分别为清肺排毒汤、化湿败毒方、宜肺败毒方,若某医生从“三药三方”中随机选出2种,则恰好选出1药1方的概率是_______. 【答案】

3 5【解析】根据组合的方法结合古典概型的概率公式求解即可. 【详解】

211从“三药三方”中随机选出2种共C615个基本事件,其中1药1方的事件数有C3C39个.故概率P＝故答案为：【点睛】

93. 1553 5本题主要考查了利用组合的方法解决随机事件的概率问题,属于基础题.

15．直线xy20分别与x轴，y轴交于A,B两点，点P在圆x2y22上，则ABP面积的取值范围是________． 【答案】2,6

【解析】首先由直线方程求得A,B坐标，得到AB；利用点到直线距离公式求得圆心到直线AB的距离d1，从而得到点P到直线距离d2的范围，利用三角形面积公式可求得结果. 【详解】

由题意得：A2,0，B0,2 AB4422 第 1 页 共 6 页

2

由圆x2y22知：圆心2,0，半径r22 圆心到直线xy20距离d1202222

P到直线xy20距离d2d1r,d1r，即d22,32

SABP1ABd22,6 2故答案为：2,6 【点睛】

本题考查圆上的点到直线距离的范围的应用，关键是明确圆上的点到直线的距离的取值范围为dr,dr，其中d为圆心到直线距离，r为圆的半径. 16．若实数x,y满足2x2xyy21，则

x2y的最大值为________.

5x22xy2y2【答案】2 4【解析】已知条件可化为(2xy)(xy)1，故可设2xyt,xy,ut，从而目标代数式可化为【详解】

由2xxyy1，得(2xy)(xy)1，

221t1tu，利用基本不等式可求其最大值. u221t112111222则xt,yt，从而x2yt,5x2xy2yt2，

33t3t3tt设2xyt,xy，其中t0.

x2yu1ut记，则2，

5x2xy2y2u22t1不妨设u0，则

u2u12u2u24,

当且仅当u22. ，即u2时取等号，即最大值为u42. 4故答案为：【点睛】

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本题考查二元二次等式条件下二元分式的最大值，注意根据已知条件可因式分解从而采用换元法来改造目标代数式，再根据目标代数式的特征再次换元，从而得到能使用基本不等式的结构形式，本题属于难题.

四、解答题

17．在①mab,ca，nab,c，且mn，②2ac2bcosC，③sinB1cosB这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并给出解答． 62在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且______． （1）求角B；

（2）若b4，求ABC周长的最大值． 【答案】条件选择见解析；（1）B3；（2）12．

【解析】（1）若选①，根据向量数量积的坐标表示，以及余弦定理，即可求出角B；若选②，根据正弦定理，化简整理，即可求出角B；若选③，先将条件化简，得到

1cosB，即可求出角B；

32（2）先由余弦定理，根据（1）的结果，得到16ac3ac，再由基本不等式，求出ac8，即可得出周长的最值. 【详解】

（1）选①∵mab,ca，nab,c，且mn， ∴ababcca0．

2a2c2b2ac1化简得，acbac，由余弦定理得cosB，

2ac2ac2222又因为0B，∴B3．

选②根据正弦定理，由2ac2bcosC得2sinAsinC2sinBcosC， 又因为sinAsinBCsinBcosCsinCcosB， 所以2sinCcosBsinC，又因为sinC0， 所以cosB1，又因为B0,，所以B．

321311cosB，得， sinBcosBcosB62222第 1 页 共 6 页

选③由sinB

1311cosB即， sinBcosB，所以32222又因为B0,，所以B32，因此B． 332（2）由余弦定理b2a2c22accosB，得16ac3ac．

2acac，当且仅当ac时等号成立， ac，∴ac又∵243ac∴3acac16，解得，ac8，当且仅当ac4时，等号成

422立．

∴abc8412． ∴ABC的周长的最大值为12． 【点睛】

本题主要考查解三角形，以及求三角形的周长最值问题，熟记正弦定理与余弦定理，以及基本不等式即可，属于常考题型. 18．设数列an的前n项和为Sn，点n,（1）数列an的通项公式；

Snn，nN均在函数yx的图象上． 12（2）记数列的前n项和为Tn，若对任意的nN，不等式4Tnaa恒成

anan1立，求实数a的取值范围．

【答案】（1）an2n1；（2）,12,.

2【解析】（1）依题意得出Snn，再由an与Sn的关系得出通项公式；

（2）由（1）得出

11，利用裂项相消求和法得出Tn，由不等式anan12n12n1的性质得出Tn【详解】

1，再解不等式2a2a，即可得出实数a的取值范围． 2Snn，即Snn2．当n2时，anSnSn12n1， n解：（1）依题意得

当n1时，a1S112111，∴an2n1．

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（2）∵

11111， anan12n12n122n12n1∴Tn11111111111， 23352n12n122n122又4Tnaa，∴2a2a，解得a1或a2，即实数a的取值范围为

,12,．

【点睛】

本题主要考查了已知Sn求an，以及裂项相消求和法的应用，属于中档题.

19．某学校八年级共有学生400人，现对该校八年级学生随机抽取50名进行实践操作能力测试，实践操作能力测试结果分为四个等级水平，一、二等级水平的学生实践操作能力较弱，三、四等级水平的学生实践操作能力较强，测试结果统计如下表： 等级 男生/名 女生/名

（1）根据表中统计的数据填写下面22列联表，并判断是否有95%的把握认为学生实践操作能力强弱与性别有关？

男生/名 女生/名 合计

（2）现从测试结果为水平一的学生中随机抽取4名进行学习力测试，记抽到水平一的男生的人数为，求的分布列和数学期望．下面的临界值表供参考：

实践操作能力较弱 实践操作能力较强 合计 水平一 4 6 水平二 8 8 水平三 12 4 水平四 6 2 PK2k0 k0

0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 第 1 页 共 6 页

nadbc2参考公式：K，其中nabcd．

abcdacbd【答案】（1）表格见解析，有95%的把握认为学生实践操作能力强弱与性别有关；（2）分布列见解析，1.6.

【解析】（1）根据题中信息填写列联表，再计算K2，即可作出判断；

（2）先得出的取值，并求出相应的概率，从而得出分布列，最后计算期望即可. 【详解】 （1）

男生/名 女生/名 合计

所以K2实践操作能力较弱 12 14 26 实践操作能力较强 18 6 24 合计 30 20 50 25061214182254.3273.841．

3020262452所以有95%的把握认为学生实践操作能力强弱与性别有关． （2）的取值为0，1，2，3，4．

432C6C1C21834C64C6P04，P14，P24，

C1014C1021C1071C3C4414C64P34，P44．

C1035C10210所以的分布列为

 0 1 2 3 4 P

所以E0【点睛】

1 148 213 74 351 21018341812341.6． 14217352105第 1 页 共 6 页

本题主要考查了独立性检验的实际应用以及离散型随机变量数学期望的计算，属于中档题.

20．如图所示，直三棱柱ABC­A′B′C′的侧棱长为4，ABBC，且AB＝BC＝4，点D，

E分别是棱AB，BC上的动点，且AD＝BE.

（1）求证：无论D在何处，总有B′C⊥C′D；

（2）当三棱锥B­DB′E的体积取最大值时，求二面角D-B′E-A′的余弦值． 【答案】(1)见证明；(2) 【解析】（1）先由线线垂直证明线面垂直，再利用线面垂直的性质证明即可； （2）利用函数求最值的方法，求解取最值时符合的条件，再用向量法求解. 【详解】

根据题意，以B为原点，以BC，BA，BB′所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

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则B(0，0，0)，A(0，4，0)，A′(0，4，4)，C(4，0，0)，C′(4，0，4)，B′(0，0，4)．

(1)证明：设D(0，a，0)0a4，则E(4－a，0，0)， 得(4，0，－4)，CD＝(－4，a，－4)， 故CD＝0，有CD，即总有B′C⊥C′D.

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(2) VBDBEVBDBE112a4a4a4a3232a4a8 3232当且仅当a＝2时，取等号，此时D (0，2，0)，E(2，0，0) 则BE2,0,4,DE2,2,0,设面DB′E的法向量为n,

BEn0由可取n （2，21，）DEn0同理可得面A′B′E的一个法向量m （2，01，）由cosn，m（2，2，1）（2，0，1）5 3355． 3易得二面角D-B′E-A′的余弦值为【点睛】

该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面垂直的判定和性质，几何体的体积，二面角的求法，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.

21．如图，直线l:ykx1(k0)关于直线yx1对称的直线为l1，直线l，l1与椭

x2圆E:y21分别交于点A，M和A，N，记直线l1的斜率为k1．

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k1的值； （1）求k·（2）当k变化时，直线MN是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由．

5． 【答案】（1）1；（2）当k变化时，直线MN恒过定点0，3【解析】（1）设直线l上任意一点P(x,y)关于直线yx1对称点为P0(x0,y0)，利用

P与P0关于直线yx1对称可得关系式 yx01k1的，代入斜率乘积即可得到k·yx10第 1 页 共 6 页

值；

（2）设出M，N的坐标，分别联立两直线方程与椭圆方程，求出M，N的坐标，进一步求出MN所在直线的斜率，写出直线方程的点斜式，整理后由直线系方程可得当k变5． 化时，直线MN过定点0，3【详解】

（1）设直线l上任意一点P(x,y)关于直线yx1的对称点为P0(x0,y0)， 直线l与直线l1的交点为(0,1)， ∵l:ykx1，l1:yk1x1，∴k据题意，得由

y1ky01，1，

x0xyy0xx01，∴yy0xx02①， 22yy01，得yy0x0x②， xx0yx01由①②，得，

yx10∴kk1yy0(yy0)1(x1)(x01)(xx02)11；

xx0xx0ykx1，224k1x8kx0， （2）设点M(x1,y1)，N(x2,y2)，由x2得2y1，48k114k128k14k2k11， ∴x12，∴y12．同理有x22，y22．又∵k·4k14k14k14k111∴kMN14k2k24y1y24k214k288k4k21．∴28k8kx1x28k(3k3)3k4k214k2MN:yy1kMNxx1，

14k2k2+18kk218(k21)14k2k215xyxx∴y2，即， 4k13k4k213k3(4k21)4k213k35． ∴当k变化时，直线MN恒过定点0，3【点睛】

本题主要考查椭圆的方程与性质、对称性、直线的方程和斜率，考查了方程思想，逻辑推理能力与计算能力，属于常考题.

alnxxlna，gx，其中e是自然对数的底数． xxe1（1）若函数fx的极大值为，求实数a的值；

e22．已知函数fx第 1 页 共 6 页

（2）设函数hxgxfx，若hx0对任意的x0,1恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】（1）1；（2）,.

【解析】（1）利用导数确定函数fx的单调性，再由极大值确定实数a的值；

1exlnaalnxlnxlnaexlnxHx0（2）将整理为，构造函数，根据xxxexaexHx的单调性，分别讨论aex1x和0aex1两种情况，aexx对任意

x0,1恒成立，即axxGx，再次构造函数，x0,1，利用导数得出xxee1GxG1，从而得出实数a的取值范围．

e【详解】 （1）因为fxa1lnxalnxxlnagx，则fx，因为，所以a0， x2xex则当x0,e时，f单调递减，

x0，fx单调递增，当xe,时，fx0，fxa1，解得a1； eexlnaalnx0对任意x0,1恒成立 （2）由题意可知，hxxex所以当xe时，fx的极大值fe整理得

lnaexaexlnx对任意x0,1恒成立，设Hxlnx

xx由（1）可知，Hx在0,1上单调递增，且当x1,时，Hx0 当x0,1时，Hx0，若aex1x，则Hae若0aex1，因为Hae0Hx

xHx，且Hx在

x0,1上单调递增，所以aexx x ex综上可知，aexx对任意x0,1恒成立，即a设Gxx1xx0,1Gx0，所以Gx单调递增， ，，则xxee11a，即a的取值范围为,． ee第 1 页 共 6 页

所以GxG1

【点睛】

本题主要考查了由函数的极值求参数的范围以及利用导数研究不等式的恒成立问题，属于中档题.

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