江苏省泰州中学2020-2021学年高三上学期第一次月度检测数学试题

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）

21. 已知集合Axylg3xx，Bxx1，则AB（ ）．

A. 0,1 A

B. ,0

C. ,1 D. 0,1

解不等式3xx20得出集合A，再由交集运算得出答案.

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

2. 若复数z＝A. 1 D

1i为纯虚数，则实数a的值为（ ） 1aiB. 0

C. －

1 2D. －1

利用复数的运算法则、纯虚数的定义即可得出. 设z＝bi，b∈R且b≠0，则

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

24x3. 二项式． x2的展开式中的常数项为（ ）3A. 32 D

B. 32 C. 6 D. 6

先得出该二项式展开的通项，令66r0，即可得出常数项.

224r二项式x2x的展开式的通项为Tr1C3x233rx4r(1)r(2)3rC3rx66r

令66r0，则r1

2421x1(2)C36故选：D 则二项式的展开式中的常数项为x234. 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. D

π 6B.

π 2C.

5π 6D.

2π 317

1根据数量积公式求出cos，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,]，故选：D

35. 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.

D

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.

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 A

B. 28 D. 32

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

17

2tanDBD1,BD32，求出BD1即可.

3连BD,正四棱柱ABCDA1B1C1D1，

D1D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.故选:A. 4

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1A. , 211C. ,0,

4211B. , 421D. ,0,

4B

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. 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，解得故选：B 2(4a)4a042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，使fx17

mnx2在m,n上的值域为,，那么就称yfx为“半保值函数”，若函数fxlogaat22（a0，且a1）是“半保值函数”，则t的取值范围为（ ）．

1A. 0, 411B. ,00, 2211D. , 221C. 0, 2B

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.

x2因为函数fxlogaat（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，

x2所以fxlogaat为R上递增函数，

当0a1时，zaxt2R上单调递减，ylogaz在0,单调递减，

x2所以fxlogaat为R上递增函数，

x2所以函数fxlogaat（a0，且a1）为R上递增函数. x2又因为函数fxlogaat（a0，且a1）是“半保值函数”， x2所以ylogaat与yx2即logaat1x的图象有两个不同的交点， 21x有两个不同的根， 21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 ，

11解得t0或0t，

2211t故,00,.故选：B 221二、多选题（在每小题给出的选项中，有多项符合要求）

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

916916A. 它们有相同的渐近线 C. 它们的离心率不相等 CD

根据双曲线的几何性质，逐一分析选项即可.

B. 它们有相同的顶点 D. 它们的焦距相等

4双曲线C1的渐近线为：yx，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21，双曲线C2的离心率

aa93cb295e2121，e1e2，故C正确；

aa1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．

10. 函数yAsinxA0,0,0在一个周期内的图象如图所示,则( )

π2A. 该函数的解析式为y2sinx

33πB. 该函数的对称中心为kπ,0,kZ

35ππ3kπ,3kπ,kZ C. 该函数的单调递增区间是44π3D. 把函数y2sinx的图象上所有点的横坐标变为原来的,纵坐标不变,可得到该函数

32图象 ACD

根据三角函数图像得出振幅,再求解函数周期,再代入最高点求解函数解析式.再分别求解函

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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.

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

433322,222sinsin1y2sinx..有因为故.434633623故A正确.

232y2sinxxkxkB, .故该函数的对称中心为对的对称中心：

333223π3kπ,0,kZ.故B错误. 22对C,单调递增区间为2kπ5πππ2ππx2kπ,解得x3kπ,3kπ,kZ.故C正确.

442332π3对D, 把函数y2sinx的图象上所有点的横坐标变为原来的,纵坐标不变,可得到

322y2sinx.故D正确.故选：ACD

3311. 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 D. Px2x

A. x1x C. Px2x1 AC

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．

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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．

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

D. 当lnx1时，x1fx1x2fx22x2fx1

fx1fx20 C.

x1x2AD 根据g(x)f(x)lnx的单调性得到xA正确；h(x)f(x)x不是单调递增得到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.

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设g(x)f(x)lnx，函数单调递增，则g(x2)g(x1) xf(x2)f(x1)x1f(x2)x2f(x1)，A正确； 即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

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______．

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

303 224：

3 414. 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_______.

3 5根据组合的方法结合古典概型的概率公式求解即可.

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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

93. 1553故答案为：

5率P＝

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________．

22,6

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.

由题意得：A2,0，B0,2 AB4422 由圆x2y22知：圆心2,0，半径r2 2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

16. 若实数x,y满足2x2xyy21，则

2 4x2y的最大值为________.

5x22xy2y211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

ttu，利用基本不等式可求其最大值. 2u2由2x2xyy21，得(2xy)(xy)1，

1设2xyt,xy，其中t0.

t112111222则xt,yt，从而x2yt,5x2xy2yt2，

33t3t3tt17

x2yu1记ut，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：

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．）

1sinBcosBnab,c，17. 在①mab,ca，且mn，②2ac2bcosC，③62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b4，求ABC周长的最大值． 条件选择见解析；（1）B3；（2）12．

（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

1弦定理，化简整理，即可求出角B；若选③，先将条件化简，得到cosB，即可求

32出角B；

（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.

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

a2c2b2ac1， 化简得，acbac，由余弦定理得cosB2ac2ac22222又因为0B，∴B3．

选②根据正弦定理，由2ac2bcosC得2sinAsinC2sinBcosC，

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又因为sinAsinBCsinBcosCsinCcosB， 所以2sinCcosBsinC，又因为sinC0， 所以cosB1B0,B，又因为，所以．

321311选③由sinBcosB，得sinBcosBcosB，

62222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ac，∴ac又∵，当且仅当ac时等号成立， 243ac∴3acac16，解得，ac8，当且仅当ac4时，等号成立．

422∴abc8412．

∴ABC的周长的最大值为12．

S18. 设数列an的前n项和为Sn，点n,nn，nN均在函数yx的图象上． （1）数列an的通项公式；

122（）记数列的前n项和为Tn，若对任意的nN，不等式4Tnaa恒成立，求实数

anan1a的取值范围．

（1）an2n1；（2）,12,.

2（1）依题意得出Snn，再由an与Sn的关系得出通项公式；

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

17

当n1时，a1S112111，∴an2n1．

11111（2）∵， anan12n12n122n12n11111111111∴Tn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,．

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 水平一 4 6 水平二 8 8 水平三 12 4 水平四 6 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？

男生/名 女生/名 合计 实践操作能力较弱 实践操作能力较强 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：

PK2k0 k0 0.15 2.072 0.10 2.706 20.05 3.841 0.025 5.024 0.010 6.635 0.005 7.879 0.001 10.828 nadbc参考公式：K2，其中nabcd．

abcdacbd（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.

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（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. （1）

男生/名 女生/名 合计 所以K2实践操作能力较弱 实践操作能力较强 12 14 26 18 6 24 合计 30 20 50 50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．

432C6C1C21834CC6P04，P14，P24，

C1014C1021C1071C3C4414C6P34，P444．

C1035C10210所以的分布列为

 P 0 1 141 8 212 3 73 4 3 1 210所以E018341812341.6． 1421735210520. 如图所示，直三棱柱ABC­A′B′C′侧棱长为4，AB是棱AB，BC上的动点，且AD＝BE.

BC，且AB＝BC＝4，点D，E分别

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（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．

5(1)见证明；(2)

3（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.

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，

则B(0，0，0)，A(0，4，0)，A′(0，4，4)，C(4，0，0)，C′(4，0，4)，B′(0，(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. (2) Va4a28BDBEVB11a4a42DBEa4a2323323 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,

由BEn0可取（2，21，）DEn0n

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）3553 易得二面角D-B′E-A′的余弦值为53． 17

0，4)．

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与椭圆

x2E:y21分别交于点A，M和A，N，记直线l1的斜率为k1．

4

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．

． （1）1；（2）当k变化时，直线MN恒过定点0，35（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的值； ，代入斜率乘积即可得到k·yx10（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变化时，直线

． MN过定点0，35（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

yyy1ky01，1， x0xyy0xx01，∴yy0xx02①， 220由xx1，得yy0x0x②，

0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；

xx0xx017

ykx1，（2）设点M(x1,y1)，N(x2,y2)，由x2得4k21x28kx0， 2y1，48k114k128k14k2k11， ∴x12，∴y12．同理有x22，y22．又∵k·4k114k114k14k1∴kMN14k2k24y1y24k214k288k4k21．∴MN:yy1kMNxx1， 28k8kx1x28k(3k3)3k4k214k214k2k2+18kk218(k21)14k2k215yxyxx∴， ，即4k213k4k213k3(4k21)4k213k3． ∴当k变化时，直线MN恒过定点0，35alnxxlna，gx，其中e是自然对数底数． 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（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．

1（1）1；（2）,.

e（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；

xlnaalnxlnxlnaexlnxHx0（2）将整理为，构造函数，根据Hx的单调性，xxexxaex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造函数Gx1xx0,1GxG1，，利用导数得出，从而得出实数a的取值范围． exea1lnxalnxxlnagx，则fx，因为，所以a0， xexx2（1）因为fx的x，再次构ex则当x0,e时，fx0，fx单调递增，当xe,时，fx0，fx单调递减，

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

xx17

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Hae若0aex1，因为Haexx0Hx

Hx，且Hx在

0,1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xxe所以GxG11ea，即

ea的取值范围为1e,． 17