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棠湖中学高 2021 级高三 10 月考试
数学（理工类）
本试卷共4页，23小题，满分150分.考试用时120分钟.
第I卷 选择题（60分）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 若集合 ，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】 由题意，集合 ，
所以 ，故选B.
2. 下列函数中，在区间 上单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由二次函数，分式函数，指数函数，对数函数的函数特征分别讨论单调区间可求解．
【详解】选项A是开口向下，对称轴为x=0的二次函数，所以在 是单调递减，不符．
选项B为分式函数，定义域为 ，所以只有两个减区间，也不符，
选项C是底数属于(0,1)的指数函数，所以在R上单调递减，不符．
选项D是定义在 上以10为底的对数函数，所以在 上单调递增，符合，
故选：D.
3. 已知 ，条件 ，条件 ，则 是 的（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用基本不等式证明充分性，利用特殊值证明必要性不成立，即可判断；
【详解】解：因 ，由 ，得： ，则
，当且仅当 时取等号，因此 推得出 ，即充分性
成立，
取 ，满足 ，但 ，即 推不出 ，即必要性不成立，所以 是
的充分不必要条件，
故选 ：A
4. 古代人家修建大门时，贴近门墙放置两个石墩.石墩其实算是门墩，又称门枕石，在最初的时候起支撑
固定院门的作用，为的是让门栓基础稳固，防止大门前后晃动.不过后来不断演变，一是起到装饰作用，二
是寓意“方方圆圆”.如图所示，画出的是某门墩的三视图，则该门墩从上到下分别是（ ）
A. 半圆柱和四棱台 B. 球的 和四棱台
C. 半圆柱和四棱柱 D. 球的 和四棱柱
【答案】D
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【分析】
根据几何体的三视图直观想象出几何体的直观图，从而可得几何体的结构特征.
【详解】由几何体的三视图可知：
该几何体上面是球的 ，下面是放倒的四棱柱.
故选：D
【点睛】本题考查了几何体的三视图还原直观图，考查了空间想象能力，属于基础题.
5. 已知 ，且 ，则 的值为（ ）
.
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据诱导公式及二倍角公式即得.
【详解】 ， ，
.
故选：A.
6. 弹簧上挂的小球做上下振动时，小球离开平衡位置的距离 随时间 的变化曲线是一个三角函
数的图像（如图所示），则这条曲线对应的函数解析式是（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数 的部分图像得到 或 ，并分别讨论 或 时 的解析式
【详解】解：设该曲线对应的函数解析式为 ，
由图可知， 或 ， ，则 ，
当 时， ，
由 ，解得 ，
因为 ，所以 ，所以 ；
当 时， ，
由 ，解得 ，
因为 ，所以 ，所以 ；
故选：A
7. 方程 的两根为 ， ，且 ，则
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学科网（北京）股份有限公司A. B. C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】
利用韦达定理求出 与 的值，由两角和的正切公式求得 ，从而可得
结果.
【详解】∵方程 的两根为 ， ，且 ，
∴ ， ，再结合 ，故 ，
，
∴ ，故 ．
又 ，∴ ，故选B．
【点睛】三角函数求值有三类，(1)“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，
但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并
且消除非特殊角的三角函数而得解．(2)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角
函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．(3)“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，
先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角．
8. 将函数 的图象向右平移 个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的 (
)倍(纵坐标不变)，得到函数 的图象，若函数 在区间 上是增函数，则 的取值范围
是（ ）
A. B. C. D.
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学科网（北京）股份有限公司【答案】B
【解析】
【分析】先根据图象变换求解出 的解析式，然后结合正弦函数的单调增区间以及 的周期 的范
围，列出关于 的不等式组并求解出 的取值范围.
【详解】将函数 的图象经过变化后得到 的图象，
令 ( )，即 ( )，
∵ 在 上是增函数，∴ ，
又 ，∴ ，
令 时 ，解得 ，当 且 时，不符合题意，
故选：B.
【点睛】思路点睛：已知正、余弦型函数 （或 ）的单调区间求解参
数范围的步骤：
（1）根据函数以及单调性列出关于 的不等式；
（2）将单调区间的端点值代入关于 的不等式中，同时注意到单调区间的长度不会超过半个周期
；
（3）由（1）（2）列出关于参数的所有不等式，由此求解出参数范围.
9. 函数 ，则 （ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. 0 B. C. 4 D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】首先设 ，则 ，根据对数的运算法则知 ，
再计算 即可.
【详解】设 ，
因为
.
所以
.
故选：C
【点睛】本题主要考查对数的运算，熟练掌握对数的运算法则为解题的关键，属于中档题.
10. 设 ， ， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先构造函数 ，利用导数判断函数的单调性，再利用 ，判断函数值的
大小，即可判断选项.
【详解】 ， ， ，
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学科网（北京）股份有限公司设 ， 且 ，令 ，得 ，
当 时， ，函数单调递减，当 时， ，函数单调递增，
因为 ，且 ，
所以 ，即.
故选：B
11. 在正三棱锥P-ABC中，D，E分别为侧棱PB，PC的中点，若 ，且 ，则三棱锥P-
ABC外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合题意，利用三角形相似得到 ，取线段PE的中点F，连接DF，AF，利用余
弦定理和勾股定理求出外接球半径，代入外接球的表面积公式即可求解.
【详解】如图，因为P-ABC为正三棱锥，所以 ， ．
取线段PE的中点F，连接DF，AF，因为D为PB的中点，所以 ， ．因为
AD⊥BE，所以 ．在 中， ，
由勾股定理，得 ．设 ，PA=x，
在 中，由余弦定理的推论，得 ①．
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学科网（北京）股份有限公司同理，在 中，由余弦定理的推论，得 ②．
联立①②，解得 ， ．
在 中，由余弦定理，得
，所以 ．
取 的中心 ，连接 ， ，则 平面ABC，
三棱锥P-ABC的外接球球心O在 上，连接OA，设外接球半径为R．
在 中，OA=R， ，
所以 ，
所以 ，所以 ，
即 ，解得 ，
所以所求外接球的表面积为 ．
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学科网（北京）股份有限公司故选：C．
12. 定义在 上的奇函数 ，满足 ，当 时， ， ，
则函数 在 的零点个数为（ ）
A. 7 B. 6 C. 5 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件求得 时， 的解析式，结合 的奇偶性和对称性画出 在区
间 的图象，由 来确定 的零点个数.
【详解】 是定义在 上的奇函数， ，
当 时， ， ，
，
所以当 时， .
是奇函数，图象关于原点对称，
由于 ，所以 图象关于直线 对称，由此画出 在区间 的图象如下图所
示，
由图可知 有 个解，也即 有 个解，即 有 个零点.
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学科网（北京）股份有限公司故选：D
第II卷 非选择题
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13. 已知 是虚数单位，则复数 的实部为______.
【答案】0
【解析】
【分析】利用复数的除法计算即得解.
【详解】解： ，
所以复数的实部为0.
故答案为：0
14. 若 ， 满足 ，则 的最小值是________．
【答案】1
【解析】
【分析】作出不等式组表示的平面区域，再利用目标函数的几何意义计算作答.
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学科网（北京）股份有限公司【详解】作出不等式组 表示的平面区域，如图中阴影区域，其中点 ， ，
令 ，即 表示斜率为 ，纵截距为 的平行直线系，
画直线 ： ，平移直线 到直线 ，当直线 过点A时，直线 的纵截距最小， 最小，
，
所以 的最小值是1.
故答案为：1
15. 已知函数 ，若 ，使 成立，则实数 的取值范围是
___________.
【答案】
【解析】
【分析】不等式存在性问题，转化成求最值，解不等式即可.
【详解】因为 在 单调递减，所以当x=2时，f(x)取最小值2a+2
若 ，使 成立，只需f(x) <0即可，即 ，得 ，满足 .
min
所以实数 的取值范围 .
故答案为： .
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学科网（北京）股份有限公司【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数 ，
（1）若 ， ，总有 成立，故 ；
（2）若 ， ，有 成立，故 ；
（3）若 ， ，有 成立，故 ；
（4）若 ， ，有 ，则 的值域是 值域的子集 ．
16. 关于函数 有如下四个结论：
①对任意 ， 都有极值；
②曲线 的切线斜率不可能小于 ；
③对任意 ，曲线 都有两条切线与直线 平行；
④存在 ，使得曲线 只有一条切线与直线 平行．
其中所有正确结论的序号是______．
【答案】②④
【解析】
【分析】举反例否定①；求得导函数 的取值范围判断②；取特例否定③；取特例证明④.
【详解】对①：当 时， ， 为增函数，无极值.所以①错误;
对②： ，所以②正确．
对③：当 时， ，
设切点 ，由 ，可得 或
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学科网（北京）股份有限公司则切点为 或
则所求切线方程为 或
这两条切线中 与 平行， 与 重合.
即当 时，曲线 只有一条切线与直线 平行，且这条切线的切点的横坐标为 ，所以
③错误；
对④：由③可知，④正确．
故答案为：②④
三、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 17～21 题为必考题，
每个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共 60 分.
17. 如图，在△ABC中，∠ACB＝ ，BC＝2，P是△ABC内的一点，△BPC是以BC为斜边的等腰直角三角
形，△APC的面积为 ．
（1）求PA长；
（2）求cos∠APB的值．
【答案】（1） ； （2） .
【解析】
【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质，求得 的值，利用面积公式求得 的长，再由余
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学科网（北京）股份有限公司弦定理求得 的长；（2）在三角形 中，用正弦定理求得 的值，再利用诱导公式求得
的值.
【详解】（1）由题设∠PCA＝ ，PC＝ ， AC·PC·sin ＝ ，得AC＝3．
（或由题设 AC· BC＝ ，得AC＝3．）
在△PAC中，由余弦定理得PA＝ ＝ ．
（2）在△APC中，由正弦定理得 ，得sin∠APC＝ ．
于是cos∠APB＝cos( －∠APC)＝－sin∠APC＝ ．
【点睛】本小题主要考查解三角形，考查正弦定理和余弦定理的应用.题目的突破口在于三角形
为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得出角度和边长，再结合正弦定理和余弦定理适用的条
件，即可求得题目所求.属于中档题.
18. 已知函数 ，且 ．
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）求函数 的单调区间；
（3）若函数 有最值，写出 的取值范围．（只需写出结论）
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，即可求出切线方程；
（2）求出函数的导函数，分 和 两种情况讨论，讨论导函数的符号变换，进而得到函数的单调
区间；
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学科网（北京）股份有限公司（3）由（2）中的结论判断即可.
【小问1详解】
解：当 时，由题设知 .
因为 ，
所以 .
所以 在 处的切线方程为 .
【小问2详解】
解：因为 ，所以 .
当 时，定义域为 .
且
故 的单调递减区间为 ， ， ，
当 时，定义域为 ， 当 变化时， ， 的变化情况如下表：
单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减
故 的单调递减区间为 ， ，单调递增区间为 ．
综上所述，
当 时， 的单调递减区间为 ， ， ，
当 时，故 的单调递减区间为 ， ，
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学科网（北京）股份有限公司单调递增区间为 ．
【小问3详解】
解：由（2）可知要使函数 有最值，则 ，
使得函数在 上单调递减，在 上单调递增，在 上单调递减，
且当 时 ，当 时 ，
所以 在 处取得极小值即最小值，在 处取得极大值即最大值.
19. 如图， ， ， 平面 ， ， ，
．
（1）证明： ；
（2）求二面角 的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由 平面 ，证得平面 平面 ，证得 平面 ，
得到 ，证得 平面 ，得到 ，从而证得 ，进而证得
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学科网（北京）股份有限公司平面 ，即可得到 .
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出二面角即可.
【小问1详解】
取D为线段BC中点，连接AD与DB，
1
平面 ， 平面 ，
平面 平面 ，
平面 平面 ．
又 是以BC为斜边的等腰直角三角形，
， 平面 ．
平面 ，
．
， 平面 ，
平面 ，
平面 ，
， ，
与 都为直角三角形，又 ， ．
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学科网（北京）股份有限公司， ， ，
， ．
平面 ， 平面 ， ，
平面 ， 平面 ， ．
【小问2详解】
， 平面 ，
， ，又 ．
以A为原点，AB，AC，AA 所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，
1
则 ， ， ， ．
轴 平面 ，
取平面 一个法向量 ．
设平面 一个法向量为 ，
， ，
由 ， ，
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学科网（北京）股份有限公司可得 ．
．
二面角 的正弦值为 ．
20. 已知函数 （ ）图象的相邻两条对称轴之间的距离为 ．
（1）求 的单调递增区间以及 图象的对称中心坐标；
（2）是否存在锐角 ， ，使 ， 同时成立？若存在，求出
角 ， 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）递增区间为 （ ）；对称中心 坐标为 （
的
）
（2）存在； ，
【解析】
【分析】（1）根据三角恒等变换化简解析式，再根据正弦型函数图象性质求解即可；
（2）由诱导公式可得 ，又 ，代入化简可得
， 。
【小问1详解】
解：
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学科网（北京）股份有限公司，
由 图象的相邻两条对称轴之间的距离为 ，得 的最小正周期 ，解得 ．
所以 ，
由 （ ），得 （ ），
所以 的递增区间为 （ ），
由 （ ），得 （ ）；
所以 图象的对称中心的坐标为 （ ）．
【小问2详解】
解：存在．
因为 ， ，
所以 ，
所以 ．
又 ， ，所以 ，
即 ，即 ，
即 ，即 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以 ，由 为锐角，得 ，所以 ， ，从而 ．
故存在 ， 符合题意．
21. 已知函数 ．
（1）若函数 有两个零点，求 的取值范围；
（2）若 ， ，求 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求导，再对参数进行分类讨论，根据零点存在定理即可求解.
(2) 先求导，再对参数进行分类讨论，根据单调性即可求解
【小问1详解】
解：由 ，得 ，
若 ，则 ， 单调递增， 不 可能有两个零点，不符合题意；
若 ，令 ，得 ，则 时， ， 单调减；
则 时， ， 单调增，则 在 时取得极小值 ，也即为最小值，
又 时， ； 时， ，函数 有两个零点，则有 ，
即 ，解得 ．
所以， 有两个零点时， 的取值范围是 ．
【小问2详解】
解：不等式 ，即 ，
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学科网（北京）股份有限公司则 ， ， ．
①当 时， ，令 ，则 ，由 ，则
，故 即 在 时单调递增，则 ，
所以 在 时单调递增，故 ，所以 成立．
②当 时， ， ，
则 ，使得 ，由上可知 在 时单调递增，
则当 时， ，则 单调递减，所以 ，不满足条件．
综上所述， 的取值范围是 ．
（二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一
题计分.
[选修 4-4：坐标系与参数方程]（10分）
22. 在平面直角坐标系中，曲线 的参数方程为 ( 为参数)．以原点 为极点， 轴的非负
半轴为极轴建立极坐标系，直线 的极坐标为
（1）求曲线 的普通方程与直线 的直角坐标方程；
（2）设直线 与曲线 交于 两点，点 的坐标为 ，证明：直线 关于 轴对称．
【答案】（1） ； ；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）利用同角的三角函数关系式把曲线 的参数方程化成普通方程，利用直角坐标方程与极坐
标方程互化公式，结合两角和的余弦公式把直线 的极坐标方程，化成直角坐标方程；
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学科网（北京）股份有限公司（2）通过解方程组求出 两点坐标，根据直线斜率公式进行证明即可.
【详解】（1）由曲线 参数方程 （ 为参数）可得
的
曲线 的普通方程为 ．
直线 的极坐标方程可变形为：
，
是
于 ，其直角坐标方程为 ．
（2）由方程组 消元，有 ．
由此可知，点 的坐标分别为
直线 的斜率分别为
所以，
于是，直线 关于 轴对称．
[选修 4-5：不等式选讲]（10 分）
23. 已知函数
（1）求不等式 的解集；
（2）记函数 的最小值为 ，若 是正实数，且 ，求证 .
【答案】（1）不等式的解集为 ，（2）证明见详解
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学科网（北京）股份有限公司【解析】
【分析】
（1）分3种情况解出即可
（2）首先求出 ，即可得到 ，然后
，用基本不等式即可证明.
【详解】（1） 等价于
或 或
解得 或 或
所以不等式的解集为
（2）因为
当 时等号成立，所以 的最小值为3，即
所以
所以
当且仅当 时等号成立
【点睛】本题考查的是含绝对值不等式的解法及利用基本不等式求最值，属于典型题.
第25页/共25页
学科网（北京）股份有限公司
