江苏省泰州中学 2021 届高三第一次月度检测（数学）及答案

江苏省泰州中学 2021 届高三第一次月度检测（数学）及答案

江苏省泰州中学 2021 届高三第一次月度检测（数学） 一、单选题（在每小题给出的选项中，只有 1 项符合题意） 1．已知集合   2lg 3A x y x x   ，  1B x x  ，则 A B  （ ）． A． 0,1 B． ,0 C． ,1 D． 0,1 2．若复数 1 1 iz ai   为纯虚数，则实数 a 的值为（ ）． A．1 B．0 C． 1 2  D． 1 3．二项式 3 4 2 2 xx      的展开式中的常数项为（ ）． A． 3 2 B．3 2 C．6 D． 6 4．已知向量 a ,b 满足   2a a b   ，且 1a  , 2b  ，则 a 与b 的夹角为（ ）． A． π 6 B． π 2 C． 5π 6 D． 2π 3 5．在我国大西北，某地区荒漠化土地面积每年平均比上一年增长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 的图象大致为（ ）． A． B． C． D． 6．如图，在正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，底面的边长为 3， 1BD 与底面所成角的大小为 ，且 2tan 3   ， 则该正四棱柱的外接球表面积为（ ）． A． 26π B． 28π C．30π D．32π 7．若函数   2 2 2 , 0 4 , 0 x a xf x x ax a x        有三个不同的零点，则实数 a 的取值范围是（ ）． A． 1 ,2     B． 1 1,4 2      C．  1 1,0 ,4 2      D．  1,0 ,4      8．函数  f x 的定义域为 D ，若满足：①  f x 在 D 内是单调函数；②存在 ,m n D ，使  f x 在 ,m n 上的值域为 ,2 2 m n     ，那么就称  y f x 为“半保值函数”，若函数    2log x af x a t  （ 0a  ，且 1a  ） 是“半保值函数”，则t 的取值范围为（ ）． A． 10, 4      B． 1 1,0 0,2 2           C． 10, 2      D． 1 1,2 2     二、多选题（在每小题给出的选项中，有多项符合要求） 9．关于双曲线 1C ： 2 2 19 16 x y  与双曲线 2C ： 2 2 19 16 y x   ，下列说法正确的是（ ）． A．它们有相同的渐近线 B．它们有相同的顶点 C．它们的离心率不相等 D．它们的焦距相等 10．函数  siny A x   （ 0A  ， 0  ， 0 π  ）在一个周期内的图象如图所示，则（ ）． A．该函数的解析式为 2 π2sin 3 3y x     B．该函数的对称中心为 ππ ,03k    ， k  Z C．该函数的单调递增区间是 5π π3 π ,3 π4 4k k     ， k  Z D．把函数 π2sin 3y x     的图象上所有点的横坐标变为原来的 3 2 ，纵坐标不变，可得到该函数图象 11．若随机变量  0,1N  ，    X P x   ，其中 0x  ，下列等式成立有（ ）． A．    1x x    B．    2 2x x  C．    2 1P x x    D．    2P x x    12．已知函数   lnf x x x ，若 1 20 x x  ，则下列结论正确的是（ ）． A．    2 1 1 2x f x x f x B．    1 1 2 2x f x x f x   C．    1 2 1 2 0f x f x x x   D．当 ln 1x   时，      1 1 2 2 2 12x f x x f x x f x  三、填空题（只要求直接写出结果，不必写出计算和推理过程） 13．已知点  2,3A  在抛物线 C ： 2 2y px （ 0p  ）的准线上，记C 的焦点为 F ，则直线 AF 的斜率 为______． 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______． 15．直线 2 0x y   分别与 x 轴、 y 轴交于 A ， B 两点，点 P 在圆 2 22 2x y   上，则 ABP△ 面积 的取值范围是______． 16．若实数 x ， y 满足 2 22 1x xy y   ，则 2 2 2 5 2 2 x y x xy y    的最大值为______． 四、解答题（评分要求为：解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17．在①  ,m a b c a   ，  ,n a b c  ，且 m n  ，② 2 2 cosa c b C  ，③ π 1sin cos6 2B B      这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并给出解答． 在 ABC△ 中，角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ， c ，且______． （1）求角 B ； （2）若 4b  ，求 ABC△ 周长的最大值． 【注】如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 18．设数列 na 的前 n 项和为 nS ，点 , nSn n      ， n N 均在函数 y x 的图象上． （1）数列 na 的通项公式； （2）记数列 1 1 n na a        的前 n 项和为 nT ，若对任意的 n N ，不等式 24 nT a a  恒成立，求实数 a 的取 值范围． 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 水平一 水平二 水平三 水平四 男生/名 4 8 12 6 女生/名 6 8 4 2 （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？ 实践损伤能力较弱 实践损伤能力较强 合计 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：  2 0P X k 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 0k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 参考公式：        2 2 n ad bcX a b c d a c b d      ，其中 n a b c d    ． 20．如图，直三棱柱 ABC A B C   的侧棱长为 4，AB BC ，且 4AB BC  ，点 D ，E 分别是棱 AB ， BC 上的动点，且 AD BE ． （1）求证：无论点 D 在何处，总有 B C C D  ； （2）当三棱锥 B DB E 的体积取最大值时，求二面角 D B E A   的余弦值． 21．如图，已知直线 l : 1y kx  （ 0k  ）关于直线 1y x  对称的直线为 1l ，直线 l ， 1l 与椭圆 E ： 2 2 14 x y  分别交于点 A ， M 和 A ， N ，记直线 1l 的斜率为 1k ． （1）求 1k k 的值； （2）当 k 变化时，试问直线 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． 22．已知函数   lna xf x x  ，   ln ex x ag x  ，其中 e 是自然对数的底数． （1）若函数  f x 的极大值为 1 e ，求实数 a 的值； （2）设函数      h x g x f x  ，若   0h x  对任意的  0,1x 恒成立，求实数 a 的取值范围． 江苏省泰州中学 2021 届高三第一次月度检测 参考答案（数学） 一、单选题 1．A 2．B 3．D 4．D 5．D 6．A 7．B 8．B 二、多选题 9．CD 10．ACD 11．AC 12．AD 【解析】解： A．正确；因为令     lnf xg x xx   ，在  0, 上是增函数， ∴当 1 20 x x  时，    1 2g x g x ，∴    1 2 1 2 f x f x x x  即    2 1 1 2x f x x f x ． B．错误；因为令     lng x f x x x x x    ，∴   ln 2g x x   ， ∴  2e ,x   时，   0g x  ，  g x 单调递增，  20,ex  时，   0g x  ，  g x 单调递减． ∴  1 1x f x 与  2 2x f x 无法比较大小． C．错误；因为令     lng x f x x x x x    ，   lng x x  ， ∴  0,1x 时，   0g x  ，  g x 在 0,1 单调递减，  1,x  时，   0g x  ，  g x 在 1, 单调递增， ∴当 1 20 1x x   时，    1 2g x g x ， ∴    1 1 2 2f x x f x x   ，∴    1 2 1 2f x f x x x   ，∴    1 2 1 2 0f x f x x x   ． 当 1 21 x x  时，    1 2g x g x ∴    1 1 2 2f x x f x x   ， ∴    1 2 1 2f x f x x x   ，∴    1 2 1 2 0f x f x x x   ． D．正确；因为 ln 1x   时，  f x 单调递增，又∵A 正确， ∴              1 1 2 2 2 1 1 1 2 2 2 12x f x x f x x f x x f x f x x f x f x                   1 2 1 2 0x x f x f x      ． 故选 AD． 三、填空题 13． 3 4  14． 3 5 15． 2,6 16． 2 4 【解析】因为   2 22 2x xy y x y x y     ，    2 2x y x y x y     ，    2 22 25 2 2 2x xy y x y x y      ，设 2x y u  ， x y v  ， 故原问题可转化为“已知 1u v  ，求 2 2 u v u v   的最大值”． 又因为       22 2 1 1 2 2 422 2 u v u v u v u v uv u v u vu v u v             ， 所以 2 2 2 5 2 2 x y x xy y    的最大值为 2 4 ，当且仅当 2u v  时取等号． 故答案为： 2 4 ． 四、解答题 17．【解析】（1）解：（1）选①∵  ,m a b c a   ，  ,n a b c  ，且 m n  ， ∴     0a b a b c c a     ．化简得， 2 2 2a c b ac   ， 由余弦定理得 2 2 2 1cos 2 2 2 a c b acB ac ac     ，又因为 0 πB  ，∴ π 3B  ． 选②根据正弦定理，由 2 2 cosa c b C  得 2sin sin 2sin cosA C B C  ， 又因为  sin sin sin cos sin cosA B C B C C B    ，所以 2sin cos sinC B C ， 又因为sin 0C  ，所以 1cos 2B  ，又因为  0,πB ，所以 π 3B  ． 选③由 π 1sin cos6 2B B      ，得 3 1 1sin cos cos2 2 2B B B   ， 即 3 1 1sin cos2 2 2B B  ，所以 π 1cos 3 2B      ， 又因为  0,πB ，所以 π 2π 3 3B   ，因此 π 3B  ． （2）由余弦定理 2 2 2 2 cosb a c ac B   ，得  216 3a c ac   ． 又∵ 2 a c ac  ，∴  2 4 a cac  ，当且仅当 a c 时等号成立， ∴    2 2 33 16 4 a cac a c     ，解得， 8a c  ，当且仅当 4a c  时，等号成立． ∴ 8 4 12a b c     ．∴ ABC△ 的周长的最大值为 12． 18．【解析】解：（1）依题意得 nS nn  ，即 nS n ．当 2n  时， 1 2 1n n na S S n    ， 当 1n  时， 1 1 1 2 1 1 1a S      ，∴ 2 1na n  ． （2）∵   1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1n na a n n n n          ， ∴ 1 1 1 1 1 112 3 3 5 2 1 2 1nT n n           1 1 112 2 1 2n       ， 又 24 nT a a  ，∴ 22 a a  ，解得 1a   或 2a  ，即实数 a 的取值范围为   , 1 2,   ． 19．【解析】（1） 实践损伤能力较弱 实践损伤能力较强 合计 男生/名 12 18 30 女生/名 14 6 20 合计 26 24 50 所以  2 50 6 12 14 18 225 4.327 3.84130 20 26 24 52K         ． 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．   4 6 4 10 C 10 C 14P     ，   1 3 4 6 4 10 C C 81 C 21P     ，   2 2 4 6 4 10 C C 32 C 7P     ，   3 1 4 6 4 10 C C 43 C 35P     ，   4 4 4 10 C 14 C 210P     ． 所以 的分布列为  0 1 2 3 4 P 1 14 8 21 3 7 4 35 1 210 所以   1 8 3 4 1 80 1 2 3 4 1.614 21 7 35 210 5E              ． 20．【解析】解：根据题意，以 B 为坐标原点，分别以 BC ， BA ， BB 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴建立 空间直角坐标系 B xyz ，如图所示． 则  0,0,0B ，  0,4,0A ，  0,4,4A ，  4,0,0C ，  4,0,4C ，  0,0,4B ． （1）证明：设  0, ,0D a （ 0 4a  ），则  4 ,0,0E a ．得  4,0, 4B C   ，  4, , 4C D a    ， 故 0B C C D    ，即总有 B C C D  ． （2）易知  1 1 4 43 2B DB E B DBEV V a a      三棱锥 三棱锥   22 2 4 843 3 2 3 a aa a         ， 当且仅当 2a  时，取等号． 此时  0,2,0D ，  2,0,0E ，则  2,0, 4B E   ，  2, 2,0DE   ． 设平面 DB E 的法向量为  , ,n x y z ，则 0, 0, B E n DE n         即 2 4 0, 2 2 0. x z x y      令 1z  ，则 2x y  ，所以  2,2,1n  ． 同理可得平面 A B E  的一个法向量  2,0,1m  ． 所以 2 2 2 0 1 1 5cos , 35 3 m nm n m n          ， 所以二面角 D B E A   的余弦值为 5 3 ． 21．【解析】（1）设直线l 上任意一点  ,P x y 关于直线 1y x  对称的点为  0 0 0,P x y ，直线l 与直线 1l 的 交点为 0,1 ，∴l ： 1y kx  ， 1l ： 1 1y k x  ， 1yk x  ， 0 1 0 1yk x  ， 由 0 0 12 2 y y x x   ，得 0 0 2y y x x    ，① 由 0 0 1y y x x    ，得 0 0y y x x   ，② 由①②得 0 0 1, 1, y x y x      ∴       0 0 0 0 1 0 0 1 1 1 2 1 1yy y y x x x xk k xx xx             ． （2）由 2 2 1 14 y kx x y     得 2 24 1 8 0k x kx   ．设  ,M MM x y ，  ,N NN x y ， ∴ 2 8 4 1M kx k   ， 2 2 1 4 4 1M ky k   ． 同理可得 1 2 2 1 8 8 4 1 4N k kx k k     , 2 2 1 2 2 1 1 4 4 4 1 4N k ky k k     ，   2 2 1 4 22 2 2 1 2 2 1 1 4 4 8 8 14 1 4 8 8 38 3 3 4 1 4 M N MN M N k k y y k kk kk k kx x kk k k k             ， 直线 MN ：  M MN My y k x x   ，即 2 2 2 2 1 4 1 8 4 1 3 4 1 k k ky xk k k           ， 即     22 2 2 22 8 11 1 4 1 5 3 4 1 3 33 4 1 kk k ky x xk k kk          ． ∴当 k 变化时，直线 MN 过定点 50, 3     ． 22．【解析】（1）因为   lna xf x x  ，则     2 1 lna xf x x   ，因为   ln ex x ag x  ，所以 0a  ， 则当  0,ex 时，   0f x  ，  f x 单调递增，当  e,x  时，   0f x  ，  f x 单调递减， 所以当 ex  时，  f x 的极大值   1e e e af   ，解得 1a  ； （2）由题意可知，   ln ln 0ex x a a xh x x    对任意  0,1x 恒成立， 整理得  ln e ln e x x a x a x  对任意  0,1x 恒成立，设   ln xH x x  ， 由（1）可知，  H x 在 0,1 上单调递增，且当  1,x  时，   0H x  ， 当  0,1x 时，   0H x  ，若 e 1xa x  ，则    e 0xH a H x  ， 若 0 e 1xa  ，因为    exH a H x ，且  H x 在  0,1 上单调递增，所以 exa x ， 综上可知， exa x 对任意  0,1x 恒成立，即 ex xa  ， 设   ex xG x  ，  0,1x ，则   1 0ex xG x    ，所以  G x 单调递增， 所以     11 eG x G a   ，即 a 的取值范围为 1 ,e    ．