2021-2022年高三9月月考 数学文试题

2021年高三9月月考数学文试题

题号一二三总分

得分

一、选择题

3．某三棱锥的侧视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的体积为()

A．4 B．8 C．12 D．24

4．设命题：，命题：一元二次方程有实数解．则是的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

5．函数的单调减区间为（）

A、，

B、，

C、，

D、，

6．已知函数y=的最大值为M,最小值为m,则的值为（）

A、B、 C、D、

7．已知函数在一个周期内的图象如图所示.则的图象可由函数y=cosx的图象（纵坐标不变）（）

A、先把各点的横坐标缩短到原来的倍,再向左平移个单位

B、先把各点的横坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位

C、先把各点的横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移个单位

D、先把各点的横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位

8．设m>1，在约束条件下，目标函数z＝x＋my的最大值小于2，

则m的取值范围为( )

A．(1,1＋) B．(1＋，＋∞)

C．(1,3) D．(3，＋∞)

9．一个盛满水的密闭三棱锥容器S－ABC，不久发现三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，且知SD∶DA＝SE∶EB＝CF∶FS＝2∶1，若仍用这个容器盛水，则最多可盛原来水的()

A. B. C. D.

10．下列函数图象中不正确

．．．的是（）

11．给出如下四个命题：

①若“且”为假命题，则、均为假命题；

②若等差数列的前n项和为则三点共线;

③“?x∈R，x2＋1≥1”的否定是“x∈R，x2＋1≤1”;

④在中，“”是“”的充要条件．

其中正确

．．的命题的个数是（）

A．4 B．3 C． 2 D． 1 12．利用导数，可以判断函数在下列哪个区间内是增函数（）A. B.

C. D.

第II 卷（非选择题）

二、填空题

13．在极坐标系中，直线经过圆的圆心且与直线平行，则直线与极轴的交点的极坐标为_________．

14．已知程序框图如右，则输出的

= ．

K

15．已知，则的值为__________．

16．已知则的值为 ．

三、解答题 17．（本小题满分12分）如图所示多面体中，⊥平面，为平行四边形，分别为的中点，，，. （1）求证：∥平面； （2）若∠＝90°，求证;

（3）若∠＝120°，求该多面体的体积.

18．（本小题满分13分）已知函数． （1）若为的极值点，求实数的值；

（2）若在上为增函数，求实数的取值范围； （3）当时，方程有实根，求实数的最大值． 19．（本小题满分12分）已知函数，， （1）求函数的最值；

（2）对于一切正数，恒有成立，求实数的取值组成的集合。 20．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲

开始

1S =结束

3

i =100?

S ≥i 输出2

i i =+*S S i

=是

否

设函数．

（Ⅰ）求不等式的解集； （Ⅱ），使，求实数的取值范围． 21．（本小题满分9分）设三角形的内角的对边分别为 ,． （1）求边的长；（2）求角的大小；（3）求三角形的面积。

参考答案

1．A

【解析】由题意知. 2．A

【解析】因为集合，集合，则集合

，选A

3．A

【解析】解：由三视图的侧视图和俯视图可知：三棱锥的一个侧面垂直于底面， 三棱锥的高是，它的体积为，故选A 4．A

【解析】因为命题：，命题：一元二次方程有实数解．等价于1-4m,因此可知，则：m<是:m 的充分不必要条件,选A 5．D

【解析】因为()2sin 22sin(2)2sin(2)3

3

=-=-=--

+f x x x x x π

π

，那么利用复合

函数单调性可知，，化简得到结论为，，故选D

6．C

【解析】因为由题意，函数的定义域是[-3，1]

y=由于-x 2-2x+3在[-3，1]的最大值是4，最小值是0,因此可知m,和M 的值分别是2，，因此可知比值为，选C

7．B

【解析】根据图像先求解A=1周期为，w=2，然后代点（-，0）得到=-的值，可知该函数图像是由y=cosx 的图象先把各点的横坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位得到，选B 8．A

【解析】解：解：作出不等式组所表示的平面区域如图所示

作L ：x+my=0，向可行域内平移，越向上，则Z 的值越大，从而可得当直线L 过B 时Z 最大 而联立x+y=1，与y=mx 可得点B()，代入可得

2max 1m z m 12,m 12

m 1,

m+1

m 12

+=∴><->∴>或

故选B 9．D

【解析】解：如右图所示，过DE 作与底面ABC 平行的截面DEM ，则M 为SC 的中点，F 为SM 的中点．过F 作与底面ABC 平行的截面FNP ，则N ，P 分别为SD ，SE 的中点．

设三棱锥S-ABC 的体积为V ，高为H ，S-DEM 的体积为V 1，高为h ，则h:H=2:3,v 1:v=8:27 三棱锥F-DEM 的体积与三棱锥S-DEM 的体积的比是1：2（高的比），∴三棱锥F-DEM 的体积4v:27

三棱台DEM-ABC 的体积=V-V 1=19v:27, ∴最多可盛水的容积23v:27 故最多所盛水的体积是原来的,选D 10．D

【解析】因为根据函数的定义可知，对于任意的自变量x ，都有一个唯一的值与其相对应，那么可知选项A 符合，选项B 符合，选项C ，利用关于x 轴对称变换得到符合，选项D ，应该是偶函数，所以不成立，故选D. 11．C

【解析】因为命题1中，且命题为假，则一假即假，因此错误，命题2中，因为是等差数列，

因此成立。命题3，否定应该是存在x,使得x 2

＋1<1”，命题4中，应该是充要条件，故正确的命题是4个。选C. 12．B

【解析】因为cos sin 'cos sin cos sin y x x x y x x x x x x =-∴=--=-可知在四个选项中逐

一判定可知函数的导函数的符号，可知其单调性递增。选B. 13．(1,0)

【解析】由可知此圆的圆心为(1,0),直线是与极轴垂直的直线，所以所求直线的极坐标方程为,所以直线与极轴的交点的极坐标为(1,0). 14．9

【解析】因为,所以当S=105时退出循环体，因而此时i=9,所以输出的i 值为9. 15．3/2．

【解析】因为根据函数解析式可知f()=f()+1= f()+2=3/2. 16．16/17 【解析】因为

2222

222

1cos 116tan cos 2sin 1sin cos 4cos sin 1tan 17

ααααααααα=∴+=-====++ 17．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）该五面体的体积为 。

【解析】（Ⅰ）取PC 的中点为O ，连FO ，DO ，可证FO ∥ED ，且FO=ED ，所以四边形EFOD 是平行四边形，从而可得EF ∥DO ，利用线面平行的判定，可得EF ∥平面PDC ； （Ⅱ）先证明PD ⊥平面ABCD ，再证明BE ⊥DP ；

（Ⅲ）连接AC ，由ABCD 为平行四边形可知△ABC 与△ADC 面积相等，所以三棱锥P-ADC 与三棱锥P-ABC 体积相等，即五面体的体积为三棱锥P-ADC 体积的二倍． （Ⅰ）取PC 的中点为O ，连FO,DO ，∵F,O 分别为BP ，PC 的中点， ∴∥BC ，且,又ABCD 为平行四边形,∥BC ，且, ∴∥ED ，且

∴四边形EFOD 是平行四边形 --------------------------------2分 即EF ∥DO 又EF 平面PDC ∴EF ∥平面PDC ． ---------------------- 4分 （Ⅱ）若∠CDP ＝90°,则PD ⊥DC ，又AD ⊥平面PDC ∴AD ⊥DP, ∴PD ⊥平面ABCD, ------------- 6分

∵BE 平面ABCD ，∴BE ⊥DP ------------ 8分 （Ⅲ）连结AC,由ABCD 为平行四边形可知与面积相等， 所以三棱锥与三棱锥体积相等，

即五面体的体积为三棱锥体积的二倍.

∵AD ⊥平面PDC ，∴AD ⊥DP,由AD=3，AP=5，可得DP=4又∠CDP ＝120°PC=2， 由余弦定理并整理得, 解得DC=2 ------------------- 10分 ∴三棱锥的体积

∴该五面体的体积为 -------------------- 12分 18．（1）．（2）的取值范围为．（3）当时，有最大值0. 【解析】(1)根据建立关于a 的方程求出a 的值. (2)本小题实质是()()()22

21442021

x ax a x a f x ax ??+--+??

'=

≥+在区间上恒成立，

进一步转化为在区间上恒成立,

然后再讨论a=0和两种情况研究. (2) 时，方程可化为，,

问题转化为2

2

3

ln (1)(1)ln b x x x x x x x x x x =--+-=+-在上有解，

即求函数的值域,然后再利用导数研究g(x)的单调区间极值最值，从而求出值域，问题得解. 解：（1）．………1分

因为为的极值点，所以．………………………2分 即，解得．…………………………………3分 又当时，，从而的极值点成立．…………4分 （2）因为在区间上为增函数，

所以()()()22

21442021

x ax a x a f x ax ??+--+??

'=

≥+在区间上恒成立．…5分

①当时，在上恒成立，所以上为增函数，故

符合题意．…………………………6分

②当时，由函数的定义域可知，必须有对恒成立，故只能，

所以2

2

2(14)(42)0[3,)ax a x a x +--+≥∈+∞对上恒成立．……………7分 令，其对称轴为，……………8分

因为所以，从而上恒成立，只要即可， 因为， 解得． u u ……………………………………9分 因为，所以．

综上所述，的取值范围为．…………………………………10分 （3）若时，方程可化为，．

问题转化为2

2

3

ln (1)(1)ln b x x x x x x x x x x =--+-=+-在上有解，

即求函数的值域．……………………11分 以下给出两种求函数值域的方法： 方法1：因为，令，

则 ，…………………………………12分 所以当，从而上为增函数，

当，从而上为减函数，………………………13分 因此． 而，故，

因此当时，取得最大值0．…………………………………………14分 方法2：因为，所以． 设，则． 当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减； 因为，故必有，又， 因此必存在实数使得， ，所以上单调递减； 当，所以上单调递增； 当上单调递减；

又因为)4

1(ln )(ln ln )(232+≤-+=-+=x x x x x x x x x x x g ，

当，则，又．

因此当时，取得最大值0.……………………………14分 19．（1）函数在（0，1）递增，在递减。的最大值为. （2）。

【解析】本试题主要是考查了导数在研究函数中的运用。

（1）求解导数，然后根据导数的符号与函数单调性的关系得到判定，求解极值和最值。 （2）要证明不等式恒成立，那么可以通过研究函数的最值来分析得到参数的范围。 解：（1）

所以可知函数在（0，1）递增，在递减。 所以的最大值为. （2）令函数 得

当时，恒成立。所以在递增， 故x>1时不满足题意。

当时，当时恒成立，函数递增； 当时恒成立，函数递减。 所以;即 的最大值 令 ,则 令函数 ,

所以当时，函数递减；当时，函数递增； 所以函数， 从而

就必须当时成立。 综上。 20．（1） ；

【解析】本试题主要是考查了绝对值不等式的求解和恒成立问题的综合运用。 （1）因为，利用零点三段论，求解不等式的解集。

（2）因为，使，只要求解函数f(x)的最小值即可,得到参数的范围。

解：（1）???

?

?

????

≥+<≤---<--=2,32

21,1321,3)(x x x x x x x f ，--------------------------2分 当 当

当

综上所述 ----------------------5分

21．（1）；（2）；（3）。

【解析】本试题主要是考查了解三角形的求解，和三角形的面积公式。（1）依正弦定理有

又，∴

（2）依余弦定理有，又＜＜，∴得到三角形的面积公式。

解：（1）依正弦定理有…………………………1分

又，∴ …………………………3分

（2）依余弦定理有………………………5分

又＜＜，∴ …………………………6分

（3）三角形的面积………………9分