【文档说明】广东省普宁市勤建学校2021届高三上学期第一次调研考试数学试题.pdf，共(12)页，527.394 KB，由小赞的店铺上传

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勤建学校高三年级月考数学试卷第页共4页1勤建学校2020--2021学年度第一学期高三年级第一次调研考试数学试卷一、单选题:本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的4个选项中，有且只有一项是符合题目要求.1.设集合42xxM

，集合2x1xN，则NCM=（）A.12-＜xxB.01-2-，，xC.-2xxD.20＜＜xx2．下列函数中，值域是),0(的是()A．y＝x2－2x＋1B．y＝x＋2x＋1(x∈(0，＋

∞)C．y＝1x2＋2x＋1(x∈N)D．y＝1|x＋1|3．设命题p：∀x∈R，x2－x＋1>0，则p为()A．∃x∈R，x2－x＋1>0B．∀x∈R，x2－x＋1≤0C．∃x∈R，x2－x＋1≤0D．∀x∈R，x2－x＋1<04

．函数xxxf191)(2是()A．奇函数B．偶函数C．既是奇函数又是偶函数D．非奇非偶函数5．若函数)(xf和)(xg都是奇函数，且2)()()(xbgxafxF在区间),0(上有最大值5，则)(xF在区间)0,(上()A．有最小值－5B．有最

大值－5C．有最小值－1D．有最大值－36．若函数32)(axxf在区间),1[上不单调，则a的取值范围是()A．[1，＋∞)B．(1，＋∞)C．(－∞，1)D．(－∞，1]7．已知函数)(xf为奇函数，当0x时，

xxxf2)(，则当0x时，函数)(xf的最大值为()A．－14B．14C．12D．－128．函数25axxy在),1(上单调递增，则a的取值范围是()A．3aB．3aC．3aD．3a二、多选题:本大题共4小题，每小题5分

，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.9．下列命题：其中真命题的序号为()A.“若a≤b，则a<b”的否命题；B.“若a＝1，则ax2－x＋3≥0的解集为R”的逆否命题；C.“周长相等的圆面

积相等”的逆命题；D.“若2x为有理数，则x为无理数”的逆否命题．勤建学校高三年级月考数学试卷第页共4页210.下列四个函数中，最小值为2的是（）A.)20(sin1sinxxxyB.)1,0(ln1lnxxxxyC.5622xxyD.xx

y4411．下列说法错误的是（）．A.若0xy，则||||||xyxyB.若220xy，则0x或0yC.2abx是xab的充分不必要条件D.“0x，1xex”的否定形式是“0x，1xex”12

.定义在R上的函数)(xf满足)()2(),()()(xfxfyfxfyxf且)(xf在[－1,0]上是增函数，给出下列真命题的有（）A.)(xf是周期函数；B.)(xf的图象关于直线2x对称；C.)(xf在[1,2]上是减函数；D.)0()2(ff．三、填空题:本大题共4小题，每

小题5分，共20分.13.设p：ln(2x－1)≤0，q：(x－a)[x－(a＋1)]≤0，若q是p的必要不充分条件，则实数a的取值范围是________．14.若函数bxfx22)(有两个零点，则实数b的取值范围是________.15．已知命题p：02),1,0(2mx

xx；命题q：)212(log)(22mxxxf在[1，＋∞)上单调递增．若pq为真命题，则实数m的取值范围为________．16.已知函数)1lg()(xxf，若)()(1bfafba且，则ba2的取值范围为_________．四、解答题:本大题共6小

题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程、演算步骤等.17.（10分）已知数列na为公差不为0的等差数列,满足15a,且2930,,aaa成等比数列.(Ⅰ)求na的通项公式；(Ⅱ)若数列nb满足1nnnbba(nN),且13b,求数列1n

b的前n项和nT.18.(12分）在ABC中，已知内角,,ABC所对的边分别为,,abc，向量(3,2sin)mB，向量(cos,cos2)nBB，且//mn，角B为锐角。（1）

求角B的大小；（2）若2b，求ABC面积的最大值。勤建学校高三年级月考数学试卷第页共4页319.（12分）已知几何体ABCDEF中，//ABCD，//FCEA，ADAB，AE面ABCD，2ABADEA，4CDCF．（1）求证：平面BDF平面BCF；（2）求二面角E

－BD－F的余弦值．20.（12分）某小区为了加强对“新型冠状病毒”的防控，确保居民在小区封闭期间生活不受影响，小区超市采取有力措施保障居民正常生活的物资供应.为做好日常生活必需的甲类物资的供应，超市对社区

居民户每天对甲类物资的购买量进行了调查，得到了以下频率分布直方图（如图）.（I）从小区超市某天购买甲类物资的居民户中任意选取5户.①若将频率视为概率，求至少有两户购买量在[3，4）（单位：kg)的概率是多少？②若抽取的5户中购买量在[3，6]（单位：kg)的户数为2户，从5户中选出

3户进行生活情况调查，记3户中需求量在[3，6]（单位：kg)的户数为，求的分布列和期望；（II）将某户某天购买甲类物资的量与平均购买量比较，当超出平均购买量不少于0.5kg时，则将该居民户称为“迫切需求户”，若从小区某天购买甲类物资的居民户中随

机抽取10户，且抽到k户为“迫切需求户”的可能性最大，试求k的值.ABCDEF勤建学校高三年级月考数学试卷第页共4页421.（12分）在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，(0,1)F，(,1)()NttR，已知MFN是以FN为底边，且边MN平行于y轴的等腰三角形

.（1）求动点M的轨迹C的方程；（2）已知直线l交x轴于点P，且与曲线C相切于点A，点B在曲线C上，且直线//PBy轴，点P关于点B的对称点为点Q，试判断点A、Q、O三点是否共线，并说明理由.22.（12分）已知函数2()(3)(2)xfxxeax，aR（1）讨论()f

x的单调性；（2）若1x，2x是函数()fx的两个不同零点，证明：124xx.勤建学校高三年级月考数学试卷第页共4页1勤建高三第一次调研考试数学参考答案1-8ADCBCBBC9ABC10AD11ACD12ACD13.10,2

14.(0,2)1531,416.223,17、【解析】(Ⅰ)设等差数列na的公差为d(0d),依题意得2111298adadad…2分又15a,解得2d,所以

23nan.…………………………………………4分(Ⅱ)依题意得123nnbbn,即121nnbbn(2n且nN)所以112211nnnnnbbbbbbbb………………………………6分213

2121532nnnn22nn.………………………8分对13b上式也成立,所以2nbnn,即11111222nbnnnn,……10分所以1111111112324

352nTnn13112212nn.…12分18（1）解法一：由//mn得3cos2=2sincosBBB

，-------------------1分即sin23cos2BB--------------------------------------------2分所以tan23B，--------------------------------------------

---3分B为锐角，2(0,)B，--------------4分【没有此步骤，本得分点不给分】223B，-----------------------------------------------------------5分即3B-------------------

-----------------------------------------------6分解法二：由//mn得3cos2=2sincosBBB，------------------------------1分即sin2

3cos2BB----------------------------------------------------2分所以sin2+3cos2=0BB即2sin2+=03B，------------------

-3分2+=3Bk，即=+62kB------------------4分【没有此步骤，本得分点不给分】B为锐角，---------------------------------------------5分【没有

此步骤，本得分点不给分】所以3B---------------------------------------------------------------------6分（2）解法一：,23Bb，由余弦定理222cos2acbBac，-------

---------------7分得2240acac------------------------------------------------------------------8分又222acac代入上式得4ac，------------------------------

---------------9分勤建学校高三年级月考数学试卷第页共4页2当且仅当2ac时取等号成立.--------------10分【没有此步骤，本得分点不给分】1133sin32224ABCSacBacac，--------------

--------------11分故ABC的面积最大值为3.--------------------------------------------------------12分解法二：,23Bb，由正弦定理2s

inbRB，得423R----------------------7分所以42sinsin3aRAA，---------------------------------------------------------8分4422sinsinsin333cRCC

A-----------------------------------9分由1432sinsinsin233SacBAA233=sin2363A-------------------

-----------------------------------10分因为72666A，则当2=62A即=3A时，-------------------11分max233333S，故ABC

的面积最大值为3.--------------------------------------------------------12分19.（1）证明：由已知可得22BDBCBCBDCDBCBD,222--------------------1分//FCEA，

且AE面ABCD，FCABCD面，---------------------------------------2分BCABCD面，BDFC，---------------------3分FCBCC，BCBCF面，FCBCF面------4分【步骤不全，本得分

点不给分】∴BDBCF面--------------------------------------------5分BDBDF且面，故BDFBCF面面------------6分（2）解法一（向量法）：分别以DA、DC所在直线为x轴、y

轴，以D为垂足作面DAC的垂线DZ为z轴，建系如图---------7分(0,0,0),(2,2,0),(2,0,2)(0,4,4)DBEF，则(2,2,0),(2,0,2),(0,4,4)DBDEDF,--------

---8分设面DEB的法向量为(,,)mxyz，则02202200mDBxyxzmDE，取1x，则1yz，故(1,1,1)m---------9分ABCDEFyzxABCDEFyzxABCDEF勤建学

校高三年级月考数学试卷第页共4页3设面DBF的法向量为(,,)nxyz，则02204400nDBxyyznDF，取1x，则1,1yz，故(1,1,1)n

--------------------10分则1cos,3||||mnmnmn，-----------------------11分由图可得二面角E-BD-F的余弦值为13

---------------------12分【注：右图建系方法的法向量(1,1,1)m和(1,1,1)n】解法二（几何法）：由（1）得DBFBC面，则DBFB，取DB中点M，DF中点N，连接EM

，MN（如图）则//MNBF，即MNDB.------------------------7分22EBEDBD，EMBD，则EMN为二面角E-BD-F的平面角.--------------------------

8分易得6EM，2211622MNBFBCFC，----9分由EAHN为矩形，则22ENAH----------------------------10分2226681cos23266EMMNENEMNEMMN，--------

---------11分故二面角的余弦值为13--------------------------------------12分【没有此步骤，本得分点不给分】20.解析：（I）由题意，事件“从小区超市购买甲类物资的居民户中

任意选取1户，购买量在)43[，”发生的概率为41p.…………1分①记事件“从小区超市购买甲类物资的居民户中任意选取5户，则至少有两户购买量在)43[，”为A，则12847)411()411(4115415CAP）（

.………3分②随机变量所有可能的取值为0，1，2.则23353010CPC（）,113235315CCPC（）,22351210CPC（）,ABCDEFABCDEF勤建学校高三年级月考数学试卷

第页共4页4012）（P10353101所以541012531)(E…………………7分（II）每天对甲类物资的购买量平均值为5.315.05.520.05.425.05.330.05.210.05.1（kg）…

……8分则购买甲类生活物资为“迫切需求户”的购买量为[4，6]，从小区随机抽取中随机抽取一户为“迫切需求户”的概率为35.0p，若从小区随机抽取10户，且抽到X户为“迫切需求户”，则)35.0,10(~BX，故10,,1,0,)1()(1010kppCkXPkkk，若k户的可能性最大

，则)1()()1()(kXPkXPkXPkXP≥≥，得kkkkkkkkkkkkCCCC9111010101111101010)65.0()35.0()65.0()35.0(

)65.0()35.0()65.0()35.0(≥≥，解得85.385.2≤≤k，由于*Nk,故3k.………12分21.（1）【解法1】设动点),(yxM…………………………………………………………1分因为M

N边平行于y轴，所以MN垂直于1y，即1MNy………………………………………………2分因为MFN是以FN为底边的等腰三角形，故MNMF故：22(1)1xyy，即222(1)(1)xyy化简得24xy………………………………………………

………………………3分因为)0,0(M时，M,F,N三点共线，无法构成三角形，所以yx42）（0y…………4分【解法2】由题意可知，(,1)Nt为1y上任一点，……………………1分因为MN边平行于y轴,所以MN垂直于1y，又因为MF

N是以FN为底边的等腰三角形，MNMF………………2分所以点M的轨迹是以(0,1)F为焦点的抛物线（除去原点）………………3分故点M的轨迹C的方程为：24xy（0y）.………4分【解法3】设),(yxM，因为MFN

是以FN为底边的等腰三角形，故MNMF………1分(,1)Nt，)1,0(F,则NF的中点)0,2(tD，FNMD……………………2分因为t=0时，则)0,0(M，此时M,F,N三点共线，无法构成三角形，所以0t所以tkFN2，则2

tkMD，则MD的方程为)2(2txty①因为MN边平行于y轴NM,的横坐标相同，则tx②，由①②消t得yx42……………3分，又因为0t所以yx42）（0y……………4分（2）【解法1】A、Q、O三点共线，理由如下：勤建学

校高三年级月考数学试卷第页共4页5设(,0)Pm，200(,)4xAx0(0)x………5分12yxA点处切线的斜率为：0012xxyx……………………6分由2000042xxxm，………………

…7分解得02xm，即0(,0)2xP,………………8分200(,)216xxB，200(,)28xxQ……………9分2220000000848422AQxxxxkxxx，……………10分2000842

OQxxkx………11分AQOQkk，即A、Q、O三点共线…………12分（2）【解法2】A、Q、O三点共线，理由如下：因为直线l与曲线C相切，所以其斜率必存在，故设其方程为：ykxm，易知…………5分由24ykxmxy，消y得：2440xkxm，……………………6分

令0，即216160km，得：2mk2:lykxk………8分令0y，得(,0)Pk2(,)4kBk，故2(,)2kQk………9分又由22440xkxk，得2xk，即2(2

,)Akk……………………10分22222AQkkkkkk，20202OQkkkk……………………11分AQOQkk，即A、Q、O三点共线……………………12分22．解：（1）解：易知：xR，由2()(3)(2)xfxxeax得：

'()22xfxxea……………………1分（i）当0a时，20xea，令'()0fx得，2x.当,2x时，'()0fx；当2,x时，'()0fx()fx在,2单调递减；在[2,)单调递增.………………………

…2分（ii）当0a时，令'()0fx得：12x，或2ln(2)xa勤建学校高三年级月考数学试卷第页共4页6①当ln(2)2a，即22ea时，当,x时，'()0fx()fx在,单调递增

.………………………………………………3分②当ln(2)2a，即202ea时，当,ln2xa时，'()0fx；当ln2,2xa时，'()0fx；当2,x时，'()0fx.()fx在

,ln2a和2,单调递增,在[ln2,2]a单调递减.…………4分③当ln(2)2a，即22ea时，当,2x时，'()0fx；当2,ln2xa时，'()0fx；当ln2,xa

时，'()0fx.()fx在,2和ln(2),a单调递增,在[2,ln2]a单调递减.………5分综上所述：①当22ea时，()fx在,2和ln(2),a单调递增,在[2,ln

2]a单调递减；②当22ea时，()fx在,单调递增；③当202ea时，()fx在,ln2a和2,单调递增,在[ln2,2]a单调递减；④当0a时，()fx在,2单调递减；在[2,)单调递增.………………6分（2）方法一：证明

：当2x时，22fe，2x不是()fx的零点当2x时，由()0fx得：23(2)xxeax……………………………………7分令23,2(2)xxehxxx，则2331'()(2)xxehxx

当,2x时，23(2)0,110xxxe，'0hx()hx在,2单调递减.又2x()0hx恒成立当2,x时，'0hx()hx在2,单调递增.………………………8分又(3)0h根据函数

()yhx以上性质，画出()yhx的草图勤建学校高三年级月考数学试卷第页共4页7（如图所示）：由图可知：12,xx是函数()fx的两个不同零点直线ya与()yhx的图象有两个交点0a，解得：0a……

…………………………………………9分方法二：()(2)(2)xfxxea①当0a时，()(3)0xfxxe，只有一个零点，不合题意;……………7分②22(2)(23)0fee，ln(2)2(ln(2))(ln(2)3)(ln(2)2)afaaeaa

22(2)(ln(2)3)(ln(2)2)(ln(2)3)1aaaaaa由（1）知，22ea，()fx的极大值为(2)0f，所有()fx至多有1个零点，不合题意；22ea，()fx单调递增，所有()fx至多有1个零点，不合题意；202

ea，()fx的极大值为(ln(2))0fa，所有()fx至多有1个零点，不合题意；…8分③当0a时，()fx在(,2)上单调递减，在2,上单调递增，第一种说明方法：2(2)0fe，

(3)0fa，故()fx在(2,3)上存在一个零点1x，取b满足2b且1ln2ab,1212(1)(13)(12)(2)(1)bbfbbeabbeab223(2)(1)(2)()0222abbababbabb，故()fx在(,2)上

有唯一的零点，所以()fx若有两个零点，当且仅当0a.（未取点说明，不扣分）……………9分第二种说明方法：2(2)0fe，当x，存在()0fx，(写)(xf同样给分）当x，存在()0fx，(写)(xf同样给分）所以()fx若有

两个零点，当且仅当0a.……………9分不妨设：122xx第一种证法：要证：124xx，即要证：124xx由（1）知，当0a时，()fx在,2单调递减即要证：124fxfx又120fx

fx即要证：224fxfx，22x即要证：22240,2fxfxx…………………………………………10分构造函数：()()(4),(2,0)gxfxfxxa，则44

'()(2)(2)(2)(2)(2)xxxxgxxeaxeaxee………11分当2,x时，42,x242,xxeeee，40xxee'()0gx()gx在2,

单调递增勤建学校高三年级月考数学试卷第页共4页8又22x2()(2)0gxg，即22240,2fxfxx故，原不等式成立.………………………………………………………………………12分第二种证法：先证2lnln,,0,0b

ababababa①…10分不妨设ba，)1()1(2ln1)1(2ln)(2lnlnxxxbabababababa其中1bax。令),1(1)1(2ln)(xxxxxg则,)1()1()1

(41)(222'xxxxxxg)(0)(,1'xgxgx在),1(上单调递增，故0)1()(gxg，故不等式①成立。11分假设421xx1)3ln()3ln()3()3()3ln()3ln()3ln()3ln(0)4)(()3()3()2()3()2()3(212

1211222112121212222112121xxxxxxxxxxxxxxxxaexexxaexxaexxxxx由①可知41)3ln()3ln(

)3()3(2)3()3(21212121xxxxxxxx，矛盾，假设不成立。12分明确写出对数平均值不等式1分，证明对数平均值不等式1分，使用对数平均值不等式证明本题1分，共3分。第三种证法：

使用第（2）问方法一中)(xh的单调性，构造函数)4()()(xhxhxF，与第一种证法类似可证。