江西省上高县第二高级中学校2021届高三下学期4月（1）班（文科）数学练习卷20210427 Word版含答案

上高二中2021届高三（1）班数学练习卷20210427
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
1.已知函数的最小值为，将函数
的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则下面结论正确的是（ ）
A. 函数是奇函数
B. 函数在区间上是增函数
C. 函数图象关于对称
D. 函数图象关于直线对称
2. 执行如图所示的程序框图，若输出的值为5，
则框图中①处可以填入（ ）
A. B. C. D.
3.已知双曲线的焦点在轴上，离心率为，
点是抛物线上的一动点，到双曲线
的上焦点的距离与到直线的距
离之和的最小值为，则该双曲线的方程为（ ）
A. B. C. D.
4.中国古代近似计算方法源远流长，早在八世纪，我国著名数学家张遂在编制《大衍历》中发明了一种二次不等距插值算法:若函数在处的函数值分别为，则在区间上可以用二次函数来近似代替: ，其中.
若令，，请依据上述算法，估算的值是( )
A. B. C. D.
5. 已知定义域为的函数，对任意的都有，且. 当时，不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
6. 一个三对棱长相等四面体，其三对棱长分别，，，则此四面体的体积为（ ）
A.2 B.1 C. D.
7．已知数列的前项和，若不等式对恒成立，则整数的最大值为（ ） A.2 B.3 C.4 D.
8．在中，角的对边分别为且.
若，且的面积，
则+的值为( ). A.6 B.10 C. D.
的角，为所在平面上一点，满足，设，则的最大值为( )
A． B． C． D．
10. 已知抛物线的焦点到其准线的距离为2,过点的直线与抛物线交于两点, 则的最小值为（ ）
A. B. 7 C. D. 9
11. 已知函数，的图象在区间上有且只有9个交点，记为，则（ ）
A. B. 8 C. D.
12. 已知，若曲线上存在不同两点，使得曲线在点处的切线垂直，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、填空题（本大题共4小题,每小题5分,共20分）
13. 已知三棱锥中，，是边长为的正三角形，则三棱锥的外接球半径为__________．
14. 已知中，，角所对的边分别为，点在边上，，且，则__________．
15.已知，设，若上存在点，使得，则的取值范围是 ．
16.已知是定义域为R的奇函数，当时，．若函数有2个不同的零点，则实数的取值范围是 ．
三、解答题（解答应写出必要计算过程，推理步骤和文字说明，共70分）
17.已知函数，.
（1）若，当时，解关于的不等式；
（2）证明：有且仅有2个零点.
18.已知数列的前项和为，且满足．
（1）求及； （2）若，求的前项的和．
19.已知．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在及唯一正整数，使得，求的取值范围．
20.已知椭圆：的短轴长为2，以椭圆的长轴为直径的圆与直线相切.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）斜率为的直线交椭圆于，两点，且，若直线上存在点，使得是以为顶角的等腰直角三角形，求直线的方程.
21．知函数.
（1）当=1时，求的单调区间；
（2）设函数，若=2是的唯一极值点，求.
22.在平面直角坐标系中，曲线参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为．
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）若射线与曲线交于点，与直线交于点，求的取值范围
23.已知关于的不等式的解集为，其中.
（1）求的值；
（2）若正数满足，求证：.
2021届高三（1）班数学练习卷20210427答案
1.【答案】D
【解析】∵，当且仅当，即时，等号成立，∴.则，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则.
对于A选项，∵，∴函数是偶函数，A选项错误；
对于B选项，∵，∴，∴函数在上不单调，B选项错误；
对于C选项，∵，∴函数图象不关于对称，C选项错误；
对于D选项，∵，∴函数图象关于直线对称，D选项正确.
故选：D.
2. 【答案】C
【解析】第一次循环：，不满足条件，；第二次循环：，不满足条件，；
第三次循环：，不满足条件，；第四次循环：，不满足条件，；
第五次循环：，满足条件，输出的值为5. 所以判断框中的条件可填写“”
故选：C.
3. 【答案】B
【解析】设为抛物线的焦点，则，拋物线：准线方程为，因此到双曲线的上焦点的距离与到直线的距离之和等于，因为，所以，即，∴，又，∴，，即双曲线的方程为. 故选：B.
4. 【答案】C
【解析】设，，，则有，
则，，，
由，可得
，答案选C
5. 【答案】D
【解析】设，，∴是单调递减函数，不等式变形为，即为，
∵，则有，又∵是单调递减函数，∴.
∵，∴或，即，故选：D.
6.A【解析】设四面体所在的长方体棱长分别为，，，则解得所以四面体的体积，故答案为：2.
7.C 8. B
9.【答案】A【详解】由题意可知，O为△ABC外接圆的圆心，如图所示，在圆中，所对的圆心角为，，点A,B为定点，点为优弧上的动点，则点满足题中的已知条件，延长交于点，设，由题意可知：，由于三点共线，据此可得：，则，则的最大值即的最大值，由于为定值，故最小时，取得最大值，由几何关系易知当是，取得最小值，此时.
10.【答案】C
【解析】∵抛物线的焦点到其准线的距离为2，
∴，故抛物线方程为．
设直线的方程为，将此方程代入消去x整理得，设
，则．
∴，当且仅当，即时等号成立．选C．
11. 【答案】D
【解析】由，可得函数的图象关于点对称．
又，可得，故函数的图象关于点对称． ∴．选D．
12. 【答案】A
【解析】由，得．∵，∴．
设，则两切线的斜率为，
则且，
可得，解得．故实数的取值范围是．选A．
13.【答案】
【解析】由题意得，故可得平面．
以作为三棱锥的一条侧棱，作为三棱锥的底面，则三棱锥外接球的球心到底面的距离，又外接圆的半径，所以外接球的半径
．
答案：
14.【答案】
【解析】中，由，可得．
设，则，
在中，由正弦定理得，所以；
在中，由正弦定理得，所以.
故．答案：
15. 16.
17.【答案】（1）；（2）见解析
【解析】（1）当时，.
故在上单调递增，∴不等式等价于解得.
故关于的不等式的解集为.
（2）证明：由（1）知函数上单调递增，且.
∴函数在上没有零点. 设，，
当时，，，∴.∴在上单调递增.
易知在上单调递增，且，.
故，使得，所以在上单调递减，在上单调递增.又因，，.
所以在，上分别有一个零点. 综上所述：有且仅有2个零点.
18.【答案】(1) ;(2)
【解析】（1）由得，，即，
所以，又，所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列．
所以，所以．
当时，，又不满足上式，
所以．
（2）由（1）知，
所以
．
19.【答案】（1）的单调递减区间是，单调递增区间是;(2) 的取值范围是.
【解析】（1）由题意知函数的定义域为．因为，
所以，令，则，
所以当时，是增函数，又，
故当时，单调递减，当时，单调递增．
所以上单调递减，在上单调递增．
（2）由（1）知当时，取得最小值，又，所以在上的值域为．
因为存在及唯一正整数，使得，
所以满足的正整数解只有1个．
因为，所以，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即，
解得．所以实数的取值范围是．
20.【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由题意得，，则，所以椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，，由得.
令，得，则，.
因为是以为顶角的等腰直角三角形，
所以平行于轴，过作的垂线，则垂足为线段的中点.
设点坐标为，则.
由方程组解得，即.
而，所以直线的方程为.
21、22
22.【答案】(1) ;(2) 的取值范围是.
【解析】（1）曲线的参数方程为（为参数），
消去参数得曲线的普通方程为，即，
将代入上式得，
所以曲线的极坐标方程为，即；
（2）设，则，
所以
，
因为，所以，所以，
所以. 故的取值范围是．
23.【答案】（1）；（2）见解析
【解析】（1）由，得或
化简得：或由于，所以不等式组的解集为.
由题设可得，故.
（2）由（1）可知，，又由均值不等式有：，，，
三式相加可得：，所以