2021年广东省江门市台山更开中学高三数学文月考试题含解析

2021年广东省江门市台山更开中学高三数学文月考试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.已知正角的终边上一点的坐标为（），则角的最小值为(

)A．

B．

C．

D．

参考答案：D2.直线l与圆相交于A,B两点，若弦AB的中点，则直线l的方程为：A. B. C. D.参考答案：C3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CD上一点，且，F为棱AA1的中点，且平面BEF与DD1交于点G，则B1G与平面ABCD所成角的正切值为（）A. B. C. D.参考答案：C【分析】根据平面平面，可知所求角为；假设正方体棱长为，求解出和，从而得到结果.【详解】因为平面平面所以与平面所成角即与平面所成角可知与平面所成角为.设，则，平面面且面，可知则，即

，在中，故与平面所成角的正切值为本题正确选项：【点睛】本题考查立体几何中的直线与平面所成角问题，关键是能够通过位置关系确定所成角，再利用直角三角形求得结果.4.设则“且”是“”的（

）A.充分而不必要条件

B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．即不充分也不必要条件参考答案：A略5.在平行四边形ABCD中，若|﹣|=|+|，则平行四边形ABCD是（）A．矩形 B．梯形 C．正方形 D．菱形参考答案：A【考点】向量的三角形法则．【分析】根据向量的基本运算，利用平方法进行判断即可．【解答】解：由，平方得2﹣2?+2=2+2?+2，得得?=0，即得⊥，则平行四边形ABCD是矩形，故选：A6.在等比数列中，，，则A．

B．

C．或

D．或参考答案：D略7.一个直三棱柱的每条棱长都是4，且每个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（）A．84π B．96π C．112π D．144π参考答案：C【考点】球的体积和表面积．【分析】设此直三棱柱两底面的中心分别为O1，O2，则球O的球心O为线段O1O2的中点，设球O的半径为R，利用勾股定理求出R2，由此能求出球O的表面积．【解答】解：∵一个直三棱柱的每条棱长都是4，且每个顶点都在球O的球面上，∴设此直三棱柱两底面的中心分别为O1，O2，则球O的球心O为线段O1O2的中点，设球O的半径为R，则R2=（）2+（）2=28，∴球O的表面积S=4πR2=112π．故选：C．8.抛物线y＝2ax2(a≠0)的焦点是(

)

A.(，0) B.(，0)或(－，0)C.(0，) D.(0，)或(0，－)参考答案：C9.已知，，，则A． B．C． D．参考答案：B从题意得：，，。所以B为正确答案.【点睛】指数或者对数比较大小，考查学生对指数与对数的图像与性质的灵活处理能力，需要学生抓住定点。算出所在区间在去比较大小。10.如图是函数Q(x)的图象的一部分,设函数，则Q(x)是(

)A．

B．f(x)g(x)

C．f(x)–g(x)

D．参考答案：D略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知函数，则_______________.参考答案：1007略12.将高三（1）班参加体检的36名学生，编号为：1，2，3，…，36，若采用系统抽样的方法抽取一个容量为4的样本，已知样本中含有编号为6号、24号、33号的学生，则样本中剩余一名学生的编号是．参考答案：15【考点】系统抽样方法．【专题】计算题；整体思想；定义法；概率与统计．【分析】根据系统抽样的定义，求出样本间隔即可．【解答】解：样本间距为36÷4=9，则另外一个编号为6+9=15，故答案为：15．【点评】本题主要考查系统抽样的应用，求出样本间隔是解决本题的关键．13.某几何体的三视图是如图所示的直角三角形、半圆和等腰三角形，各边的长度如图所示，则此几何体的体积是______，表面积是____________.参考答案：、本题考查三视图,空间几何体的表面积与体积.还原出空间几何体,易知此几何体是半个圆锥.该半圆锥的底面半径为4,高为6,母线长.所以该几何体的体积是,表面积是.14.非零向量夹角为，且，则的取值范围为

▲．参考答案：15.已知向量a=（，1），b=（0，-1），c=（k，）.若a-2b与c共线，则k=________________.参考答案：１本题考查了向量的差与数乘的运算以及向量的共线，容易题．显然，由与共线，有，可得．16.．已知的三个内角所对的边分别为．若△的面积，则的值是___．参考答案：417.函数的定义域为 参考答案：三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.设数列的前项和为，且，正项等比数列的前项和为，且，．（1）求和的通项公式；（2）数列中，，且，求的通项．参考答案：（1）∵，∴令，，，，经检验不能与（）时合并，∴又∵数列为等比数列，，，∴，∴，∴，∴．（2），∵，，…，，以上各式相加得，，∴，∴．19. 在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为，的极坐标方程为．（I）求直线l和的普通方程；（II）直线l与有两个公共点A、B，定点P，求的值．参考答案：（I）直线l的普通方程为：， 1分因为圆的极坐标方程为，所以， 3分所以圆的普通方程； 4分（II）直线l：的参数方程为：（t为参数）， 5分代入圆的普通方程消去x、y整理得：， 6分则，， 7分 8分. 10分20.已知矩阵A＝，若矩阵A属于特征值6的一个特征向量为α1＝，属于特征值1的一个特征向量为α2＝．求矩阵A，并写出A的逆矩阵．参考答案：解：由矩阵A属于特征值6的一个特征向量为α1＝可得，＝6，即c＋d＝6；由矩阵A属于特征值1的一个特征向量为α2＝，可得＝，即3c－2d＝－2，解得即A＝，A的逆矩阵是．略21.已知函数，.（1）恒成立的实数t的最大值；（2）设，，且满足，求证：.参考答案：（1）；（2）见解析【分析】（1）化为分段函数，根据函数单调性即可求出函数的最小值，即可求出的值，（2）由m＞0，n＞0，且，即：，化简≥2|m+2n|，由2|m+2n|＝2（m+2n）＝2（m+2n）（）4即可证得.【详解】（1）已知函数，.由题意得，恒成立，即h（x）==2|x﹣1|﹣|x+1|＝，显然，h（x）在（﹣∞，1]上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，∴h（x）min＝h（1）＝﹣2，∴t﹣2，即最大值=-2.（2）由于m＞0，n＞0，且，即：，=+=2（|m+1|+|2n﹣1|）≥2|m+2n|，∴2|m+2n|＝2（m+2n）＝2（m+2n）（），当且仅当，即当n＝，m＝时取“＝”，故【点睛】本题考查绝对值不等式的分类讨论，以及基本不等式求最小值的应用，注意等号成立的条件，属于中档题．22.（12分）设函数f（x）=﹣ax．（1）若函数f（x）在（1，+∞）上为减函数，求实数a的最小值；（2）若存在x1，x2∈[e，e2]，使f（x1）≤f′（x2）+a成立，求实数a的取值范围．参考答案：【考点】利用导数研究函数的单调性．【专题】函数的性质及应用；导数的综合应用；不等式的解法及应用．【分析】（1）由已知得f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），f′（x）=﹣a+在（1，+∞）上恒成立，由此利用导数性质能求出a的最大值；（2）命题“若存在x1，x2∈[e，e2]，使f（x1）≤f′（x2）+a成立”，等价于“当x∈[e，e2]时，有f（x）min≤f′（x）max+a”，由此利用导数性质结合分类讨论思想，能求出实数a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）由已知得f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），∵f（x）在（1，+∞）上为减函数，∴f′（x）=﹣a+≤0在（1，+∞）上恒成立，﹣a≤﹣=（﹣）2﹣，令g（x）=（﹣）2﹣，故当=，即x=e2时，g（x）的最小值为﹣，∴﹣a≤﹣，即a≥∴a的最小值为．（Ⅱ）命题“若存在x1，x2∈[e，e2]，使f（x1）≤f′（x2）+a成立”，等价于“当x∈[e，e2]时，有f（x）min≤f′（x）max+a”，由（Ⅰ）知，当x∈[e，e2]时，lnx∈[1，2]，∈[，1]，f′（x）=﹣a+=﹣（﹣）2+﹣a，f′（x）max+a=，问题等价于：“当x∈[e，e2]时，有f（x）min≤”，①当﹣a≤﹣，即a时，由（Ⅰ），f（x）在[e，e2]上为减函数，则f（x）min=f（e2）=﹣ae2+≤，∴﹣a≤﹣，∴a≥﹣．②当﹣＜﹣a＜0，即0＜a＜时，∵x∈[e，e2]，∴lnx∈[，1]，∵f′（x）=﹣a+，由复合函数的单调