海南省海南中学2021届高三第五次月考数学试题(解析版)

数学试题卷

命题：董陶森   审核：黄波

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 22 小题，共 150 分，考试时间 120 分钟.

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

第Ⅰ卷

一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）

1. 已知为虚数单位，复数，则（    ）

A. 3 2 1 0

【答案】C

【解析】

【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．

【详解】因为，

所以，

故选：C．

2. 在空间中垂直同一直线的的两条直线与位置关系是（    ）

A. 平行    B. 相交    C. 异面    D. 以上都有可能

【答案】D

【解析】

【分析】根据空间中直线与直线的位置关系可得答案.

【详解】如图，长方体在中，垂直于同一直线的的两条直线与的位置关系可能平行、可能相交、可能异面．

故选：D．

3. 已知点，，则与向量的方向相反的单位向量是（    ）

A. （－..，）    B. （－，）    C. （，－）    D. （，－）

【答案】A

【解析】

【分析】

求出向量，再利用相反向量以及单位向量的求法即可求解.

【详解】由，，

所以，

所以向量的方向相反的单位向量为.

故答案为：A

4. 我国古代著作《庄子天下篇》引用过一句话：“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”其含义是：一尺长的木棍，每天截去它的一半，永远也截不完．在这个问题中，记第n天后剩余木棍的长度为，数列的前n项和为，则使得不等式成立的正整数n的最小值为（    ）

A. 5    B. 6    C. 7    D. 8

【答案】B

【解析】

【分析】依题意可得：数列是首项、公比为的等比数列，即可得到通项公式及前项和公式，即可得到不等式，解得即可；

【详解】解：由题设可得：数列是首项、公比为的等比数列，

∴，，

又由可得：，解得：，

∵，

∴，

故选：B．

5. 在中，角，，所对的边分别为，，，则“”，是“为锐角三角形”的（    ）条件

A. 充分必要    B. 充分不必要

C. 必要不充分    D. 既不充分也不必要

【答案】C

【解析】

【分析】

先化简，再利用充分必要条件的定义分析判断得解.

【详解】中，，

，

即，

，因为，

，所以为锐角.

当为锐角时，不一定为锐角三角形；当为锐角三角形时，一定为锐角.

所以“”是“为锐角三角形”的必要非充分条件.

故选：C

【点睛】方法点睛：判断充分必要条件，一般有三种方法：（1）定义法；（2）集合法；（3）转化法.我们要根据实际情况灵活选择方法，本题选择的是定义法判断充分必要条件.

6. 如图，底面为矩形的四棱锥，侧棱底面，，.设该四棱锥的外接球半径为，内切球半径为，则的值（    ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】D

【解析】

【分析】将四棱锥外接球半径的计算转化为长方体外接球半径的计算，即长方体的体对角线长度的一半即为半径；内切球的半径可采用等体积法转化，运用公式求解.

【详解】因为棱锥的侧棱底面，且底面为正方形，所以该几何体的外接球半径等于长、宽、高分别为，，的长方体的外接球半径，

因为，，所以外接球半径：，

解得:，

设内切球球心为点，内切球半径为，则球心到每一个侧面的距离都为，则有：

，

又，，所以,

故,所以．

故选：D．

【点睛】对于一些常见几何体的外接球半径、内切球半径的结论如下：

（1）长、宽、高分别为，，的长方体的外接球半径为；

（2）直棱柱的外接球半径满足：，其中为直棱柱的高，为底面图形内切圆的半径.

（3）棱锥的内切球半径满足：，其中为该棱锥的体积，为该棱锥的表面积.

7. 设是定义在上的奇函数，对任意的，满足：，且，则不等式的解集为（    ）

A.     B. 

C.     D. 

【答案】A

【解析】

【分析】

先由，判断出在上是增函数，然后再根据函数的奇偶性以及单调性即可求出的解集.

【详解】解： 对任意的，都有 ，

在上是增函数，

令，

则，

偶函数，

在上是减函数，

且，

，

当时，，

即，解得：，

当时，，

即，解得：，

综上所述：的解集为：.

故选：A.

【点睛】方法点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.

8. 已知函数的定义域为，当时，；对任意的，成立.若数列满足，且，则的值为（    ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】C

【解析】

【分析】由已知，令，即有，结合递推式有，即在上单调增，进而求且，利用构造法确定为等差数列并写出通项公式，即可求.

【详解】当时，，在上任取两数，且，令，则．

，即在上是单调增函数．

令，则，解得．而数列满足，

，

，则，

∴数列是公比为，首项为的等比数列，得：，

∴，故.

故选：C．

【点睛】关键点点睛：首先应用已知条件判断函数的单调性，求；再由，应用构造法求数列通项，进而求项.

二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.）

9. 下列四个命题中正确的是（    ）

A. 在上是单调递增函数

B. 若函数的图像与x轴没有交点，则

C. 若幂函数的图象过点，则

D. 函数与函数表示同一个函数

【答案】AC

【解析】

【分析】利用复合函数单调性的判断方法判断A是否正确；对于B选项，要考虑函数是否为二次函数；对于C选项，只需将点代入即可解得；

对于D选项，因为，则可判断出其不是同一函数.

【详解】对于A：，根据复合函数的性质函数在上单调递减，所以函数在上单调递增，故A正确；

对于B：若函数的图象与x轴没有交点，则当时，；当时，与轴无交点，故B错误；

对于C：幂函数的图象过点，所以，解得，故C正确；

对于D：函数与函数，不表示同一个函数，故D错误．

故选：AC．

【点睛】本题考查同一函数的判断、幂函数的解析式、复合函数的单调性等知识点，解答时注意以下几点：

（1）判断两个函数是否为同一函数时，只需判断两个函数的定义域是否相同，解析式是否相同或可化为相同；

（2）判断复合函数的单调性时，注意“同增异减”；

（3）判断函数的零点问题时，一定要注意讨论二次项系数是否为零.

10. 如图，正方体的棱长是，下列结论正确的有（    ）

A. 直线与平面所成的角为

B. 点到平面的距离为

C. 两条异面直线和所成的角为

D. 三棱锥中三个侧面与底面均为直角三角形

【答案】AD

【解析】

【分析】利用正方体的结构特征，可求直线与平面所成角、异面直线和所成角以及三棱锥各面的形状，应用等体积法可求到平面的距离，进而判断各项的正误.

【详解】由正方体的结构特征，可知，而，即平面平面，则直线与平面所成的角为，故A正确；

，设到平面的距离为，由，可得，得，故B错误；

由，所以为异面直线和所成的角为，故C错误；

由底面，可得，为直角三角形，又面，可得，均为直角三角形，则三棱锥中三个侧面与底面均为直角三角形，故D正确．

故选：AD．

11. 对于函数，下列说法中正确是（    ）

A. 是以为最小正周期的周期函数

B. 当且仅当时，取得最大值

C. 当且仅当时，取得最小值

D. 当且仅当时，

【答案】ACD

【解析】

【分析】作出函数的图象，根据图象可判断各选项的正误.

【详解】函数的图象如图中的实线部分所示：

由图可知：是以为最小正周期的周期函数，故A正确；

当或时，的最大值是，故B错误；

当且仅当时，取得最小值，故C正确；

当时，，故D正确.

故选：ACD．

【点睛】关键点点睛：本题函数三角函数基本性质的判断，理解函数的意义，并结合函数的图象进行判断是求解本题的关键.

12. 已知函数满足，且在上有最小值，无最大值，则（    ）

A.     B. 若，则

C. 的最小正周期为    D. 在区间上零点的个数至少为

【答案】AC

【解析】

【分析】利用三角函数的性质以及特殊值法，对选项逐一分析判断.

【详解】对A，由题意得在的中点处取得最小值，所以，所以A正确；

对BC，因为，且在上有最小值，无最大值，所以不妨设，，两式相减得，所以最小正周期为，故B错误，C正确；

对D，因为，所以函数在上的长度恰好为个周期，当即，时，在上的零点个数最少，此时有个零点，所以D错误.

故选：AC.

【点睛】对于三角函数的性质的考查，一般利用整体法代入求解函数的单调性、对称性、值域等.

第Ⅱ卷

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）

13. 的值等于_________．

【答案】

【解析】

【分析】根据指数和对数的运算性质计算即可．

【详解】原式＝

．

故答案为：．

14. 棱长为1的正方体中，分别是的中点.

①点直线上运动时，三棱锥体积不变；

②点在直线上运动时，直线始终与平面平行；

③平面平面；

④三棱锥的体积为.

其中真命题的编号是_______________.（写出所有正确命题的编号）

【答案】①②③

【解析】

【分析】画出正方体图形，①在直线上运动时，的面积不变，到平面的距离不变，利用等体积法可判断；②在直线上运动时，可证得平面平面，又平面，利用面面平行的性质即可判断；③利用线面垂直的判定知平面，再利用面面垂直的判定定理可判断；④先求，再利用等体积法，即可判断．

【详解】对于①，在直线上运动时，的面积为矩形的面积的一半，到平面的距离不变，又，则三棱锥的体积不变，故①正确；

对于②，在直线上运动时，由分别是的中点，可得，，又，所以平面平面，又平面，则始终与平面平行，故②正确；

对于③，，可得平面，又平面，即有平面平面，故③正确；

对于④，，利用等体积法知，故④错误．

故答案为：①②③．

【点睛】

方法点睛：本题考查立体几何中的线面平行与垂直的证明，证明线面垂直的常用方法：

（1）证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的传递性(， )；③面面平行的性质(，)；④面面垂直的性质．

（2）证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．

15. 已知向量，满足，，若存在不同的实数，使得，且则的取值范围是__________

【答案】

【解析】

【分析】设，变形（数量积的运算）得是方程的两根，利用韦达定理求得，则可表示为的函数，由的范围可得结论，在题中注意的范围的确定．

【详解】，，

设（），由得，

整理得，

同理，

所以是方程的两根，由得，

时方程无解，故且，，

，，

所以， ，

所以，

由且得的范围是．

故答案为：．

【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是设后通过数量积的运算把是方程的两根，这样可用韦达定理求得，从而求得目标关于的函数，属于难题．

16. 已知函数，，若函数有3个不同的零点x1，x2，x3(x1＜x2＜x3)，则的取值范围是_________．

【答案】

【解析】

【分析】先根据题意，求出的解得或，然后求出f(x)的导函数，求其单调性以及最值，在根据题意求出函数有3个不同的零点x1，x2，x3(x1＜x2＜x3)，分情况讨论求出的取值范围.

【详解】解：令t=f（x），函数有3个不同的零点，

即+m=0有两个不同的解，解之得 

即或

因为的导函数

，令，解得x>e，，解得0可得f（x）在（0，e）递增，在递减；

f(x)的最大值为 ，且 

且f(1)=0；

要使函数有3个不同的零点，

（1）有两个不同的解，此时有一个解；

（2）有两个不同的解，此时有一个解

当有两个不同的解，此时有一个解，

此时 ，不符合题意；

或是不符合题意；

所以只能是 解得 

，

此时=-m，

此时 

有两个不同的解，此时有一个解

此时 ，不符合题意；

或是不符合题意；

所以只能是解得 

，

此时=，

综上：的取值范围是

故答案为

【点睛】本题主要考查了函数与导函数的综合，考查到了函数的零点，导函数的应用，以及数形结合的思想、分类讨论的思想，属于综合性极强的题目，属于难题.

四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）

17. 设全集是，集合，．

（1）若，求；

（2）问题：已知______，求实数的取值范围．

从下面给出的三个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并进行解答．

①        ②        ③

【答案】（1）；（2）具体选择见解析．

【解析】

【分析】

（1）解不等式得或，进而根据集合运算求解即可得答案.

（2）选①：由得，再分和时两种情况求解即可得答案；

选②：由得，解得．故所求实数的取值范围是．

选③：由， 故分和两种情况讨论即可得答案．

【详解】解： （1）解不等式得或，

所以．

若，则，

所以．

（2）选①：，则．

当时，则有，即；

当时，则有或，此时两不等式组均无解．

综上述，所求实数的取值范围是．

选②：，由于，

则有，解得．

故所求实数的取值范围是．

选③：，由于，所以

当时，则有，即；

当时，则有解得．

综上述，所求实数的取值范围是．

【点睛】本题考查集合的交并补运算，考查分类讨论思想与运算求解能力，是中档题.本题第二问如果选择①，③解题，易错的点在于容易忽视情况而出现错误，故解题时需考虑全面.

18. 在矩形中，将沿其对角线折起来得到四面体，且平面平面.

（1）证明：平面平面；

（2）若，，求折起后三棱锥的表面积、体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】(1)根据面面垂直的性质定理，可得平面，从而可得，又，再由线面垂直的判定定理，可得平面，再由面面垂直的判定定理，可得平面平面；

(2) 由（1）知：平面，从而可得四面体各面均为直角三角形，求出各面直角三角形面积，即可得表面积；利用，即可三棱锥的体积.

【详解】（1）因为平面平面，平面平面，平面，，

所以平面，又平面，所以，

又，，平面， 

所以平面，又平面， 

所以平面平面.

（2）由（1）知：平面，又平面，所以，

所以，，，都是直角三角形.

中，，，所以.

所以三棱锥的表面积

体积.

19. 已知.

（1）若，求的值；

（2）在锐角中，角的对边分别为，且满足，求的取值范围.

【答案】（1）        （2）

【解析】

【分析】

(1)先将解析式化简为，由可得，由可得答案.

（2）由条件可得，即，由为锐角，，从而可求的值域.

【详解】（1）

由，所以

（2）由，可得

即

,由，则

所以，由所以

为锐角，则 ,即，解得 

,则

，所以

所以的取值范围是

【点睛】关键点睛：本题考查利用三角恒式化简解析式，利用二倍角公式化简求值，考查正弦定理的应用，三角函数求值域的问题，解答本题的关键是利用二倍角公式可得，由正弦定理得出角，从而得出，属于中档题.

20. 已知公差不为0的等差数列的前项和为，且成等差数列，成等比数列.

（1）求数列的通项公式；

（2）证明：

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得，则数列的通项公式为；

（2）由（1）知，利用放缩当时有，结合裂项相消求和法即可求得结果．

【详解】（1）设数列的公差为，则得

解得，

所以；

（2）由（1）知，，故

<

<

故

【点睛】本题考查的核心是裂项求和，使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．

21. 如图，在四棱锥中，底面，，，，为棱上一点.

（1）若为棱的中点，求证：直线CE//平面PAD；

（2）若为棱上存在异于、的一点，且二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）由中位线性质证CDFE为平行四边形，再由线面平行的判定证明CE//平面PAD；

（2）构建以为坐标原点，以，，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，确定的坐标，设进而得到的坐标，令，应用表示点坐标，然后求面、面的法向量，由二面角余弦值求，进而求的坐标，由线面角的向量求法求与平面所成角的正弦值.

【详解】

（1）证明：取PA的中点F，连EF、FD

∵E为PB的中点，即，又，

∴四边形CDFE为平行四边形，故，面面，又面，故面.

（2）以为坐标原点，以，，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则.

设，则.

∵在棱上，

∴可设().

故，解得，即.

设平面的法向量为，，

∴，即，取，则. 

设平面的法向量，，

∴ ，即，取，则.

∵二面角的余弦值为，

∴，即，即.

又，解得，即，.

∵轴平面，

∴平面的一个法向量为，设与平面所成角为，则.

故与平面所成角的正弦值为.

【点睛】关键点点睛：

（1）应用中位线性质、线面平行的判定证线面平行；

（2）由二面角的余弦值，结合向量法求动点的坐标，进而求线面角的正弦值.

22. 设函数，曲线过点，且在点处的切线方程为.

（1）求的值；

（2）证明：当时，；

（3）若当时，恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）详见解析；（3）.

【解析】

【分析】（1）根据导数几何意义得，再结合 联立方程组，解得的值；

（2）即证明差函数的最小值非负，先求差函数的导数，为研究导函数符号，需对导函数再次求导，得导函数最小值为零，因此差函数单调递增，也即差函数最小值为，（3）令函数，因为，所以.先求差函数导数，再求导函数的导数得 ，所以分进行讨论：当时，满足题意；当时，能找到一个减区间，使得不满足题意.

【详解】（1）由题意可知，定义域为

，

，

． 

（2），

设，，

由，在上单调递增，

∴，在上单调递增，．

∴．  

（3）设,，，

由（2）中知，，

∴，  

当即时，，

所以 在单调递增，，成立．

②当即时， 

，令，得，

当时，单调递减，则，

所以上单调递减，所以，不成立．

综上，．

【点睛】本题主要考查了导数的综合应用问题，利用导数研究函数的单调性从而得到函数的最值即可证明不等式，对于恒成立问题，一般采用变量分离的方式将参数与函数的最值比较，属于难题.