山东省百所名校2021届高三上学期12月联考数学试卷 Word版含解析

第二次质量监测联考数学一、选择题：本大题共8小题，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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出集合、，利用补集和交集的定义可求得集合.【详解】因为或，所以.因为，因此，.故选：A.2.已知复数满足(，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由条件可得，根据复数的除法运算可得答案.【详解】因为.所以.故选：B3.已知a，b都是实数，则“”是“”的（）A.充要条件B.必要不充分条件-23- C.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】由由，得可推出，反之不成立，得出答案.【详解】由，得，则，从而，反之当时，取时，a为负数，对数无意义，所以不成立故“”是“”的充分不必要条件.故选：C【点睛】结论点睛：本题考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）是的充分不必要条件，则对应集合是对应集合的真子集；（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）是的既不充分又不必要条件，对的集合与对应集合互不包含．4.函数的部分图象大致为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先判断函数的奇偶性排除A、C，再通过特殊点排除D.【详解】因为，所以是偶函数，-23- 所以的图象关于y轴对称，排除A，C；因为，排除D.故选：B.5.点为抛物线的准线上一点，直线交抛物线于M，N两点，若的面积为20，则（）A.1B.C.2D.【答案】C【解析】【分析】求得两点的坐标，根据的面积列方程，解方程求得的值.【详解】由题意不妨设，则的面积为，解得.故选：C6.已知则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设，则，则化简，由余弦的二倍角公式可得答案.【详解】设，则，从而故选：D-23- 【点睛】关键点睛：本题考查三角函数中知值求值的问题，解答本题的关键是设，然后可得，属于中档题.7.已知点P是边长为2的菱形内的一点(包含边界)，且，的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】如图建系，可求得A,B,C,D的坐标，设，则可得的表达式，根据x的范围，即可求得答案.【详解】如图，建立平面直角坐标系，则.设，则，故，即的取值范围是.故选：A8.已知正方体的棱长为2，以为球心，为半径的球面与平面的交线长为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】-23- 【分析】根据题意求出交线所在圆弧的圆心和半径，进而求得结论.【详解】由题意知.如图，在平面内任取一点P，使，则，故以A为球心，为半径的球面与平面的交线是以为圆心，以2为半径的圆弧，故该交线长为.故选：D.二、选择题：本大题共4小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．9.已知向量则（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】-23- 利用向量的坐标运算公式直接求解.【详解】由题意可得.因为，所以，则A正确，B错误；对于C，D，因为，所以，则C错误，D正确.故选：AD.10.已知实数x，y满足则（）A.的取值范围为B.的取值范围为C.取值范围为D.的取值范围为【答案】ABD【解析】【分析】利用不等式的性质直接求解.【详解】因为，所以.因为，所以，则，故A正确；因为，所以.因为，所以，所以，所以，故B正确；因为，所以，则，故C错误；因为，所以，则，故D正确.故选：ABD.11.已知函数的图象经过点，且在上有且仅有4个零点，则下列结论正确的是（）A.B.-23- C.在上单调递增D.在上有3个极小值点【答案】AC【解析】【分析】先根据函数图象过点得，再根据函数在上有且仅有4个零点得，进而得，故，再讨论CD选项即可得答案.【详解】解：因为点在的图象上，所以，所以.因为，所以，则.由，得.因为在上有且仅有4个零点，所以，所以.因为，所以，则，故A正确，B错误.令，解得，当时，.因为，所以在上单调递增，故C正确.由的图象易知在上有2个极小值点，故D错误.-23- 故选：AC【点睛】本题解题的关键在于根据整体换元思想，由函数在上有且仅有4个零点进而得，进一步得，则，再根据函数解析式求解即可，是中档题.12.经研究发现：任意一个三次多项式函数的图象都只有一个对称中心点，其中是的根，是的导数，是的导数.若函数图象的对称点为，且不等式对任意恒成立，则（）A.B.C.的值可能是D.的值可能是【答案】ABC【解析】【分析】求导得，故由题意得，，即，故.进而将问题转化为，由于，故，进而得-23- ，即，进而得ABC满足条件.【详解】由题意可得，因为，所以，所以，解得，故.因为，所以等价于.设，则，从而在上单调递增.因为，所以，即，则（当且仅当时，等号成立），从而，故.故选：ABC.【点睛】本题解题的关键在于根据题意得，进而将不等式恒成立问题转化为恒成立问题，再结合得，进而得.考查运算求解能力与化归转化思想，是难题.三、填空题：本大题共4小题．13.在等差数列中，，则数列的公差为_________.【答案】【解析】【分析】设数列的公差为d.，根据等差数列下标和性质得到，再根据计算可得；【详解】解：设数列的公差为d.因为，所以，则-23- .故答案为：14.将一个斜边长为4的等腰直角三角形以其一直角边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的表面积为_________.【答案】【解析】【分析】先求出等腰直角三角形的直角边长，进而求出旋转体圆锥的底面半径和母线，再利用圆锥的表面积公式即可求出结果.【详解】因为等腰直角三角形的斜边长为4，所以直角边长为，由题意可知所得几何体是圆锥，其底面圆的半径，母线长，则其表面积为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关圆锥的表面积的问题，正确解题的关键点是：（1）要确定旋转后所得到的几何体是圆锥；（2）要明确圆锥的各个量：底面圆的半径以及母线长；（3）要熟练掌握圆锥的表面积公式.15.已知双曲线的左焦点为F，点在双曲线的右支上，，当的周长最小时，的面积为_________.【答案】12【解析】【分析】的周长为，其中为定值，所以即求，利用定义可得，所以周长为，作图当三点共线时周长最短，利用面积分割求得面积.-23- 【详解】如图，设双曲线C的右焦点为.由题意可得.因为点在右支上，所以，所以，则的周长为，即当M在处时，的周长最小，此时直线的方程为.联立，整理得，则，故的面积为.故答案为：12【点睛】本题考查双曲线数形结合求最值以及求三角形的面积，属于基础题.方法点睛：（1）双曲线求最值常用定义的方法，把到一个焦点的距离转化为到另一个焦点的距离.（2）圆锥曲线中求三角形的面积经常采用面积分割的方法.16.已知函数，若关于的方程恰有两个实数根，则实数的取值范围是_________.【答案】【解析】【分析】根据题意，能判断出不是方程的实数根，从而得到，将方程有两个根转化为与-23- 的图象恰有两个不同的交点，画出函数图象，观察图象得到结果【详解】由题意可得，显然不是方程的实数根，则，故关于x的方程恰有两个实数根，等价于与的图象恰有两个不同的交点.画出的大致图象，如图所示，由图象可得.故答案为：.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关根据方程根的个数求参数的取值范围的问题，解题方法如下：（1）观察式子，对其变形；（2）将方程的根的个数转化为图象交点个数来完成；（3）画函数图象，得到结果.四、解答题：本大题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．-23- 17.在中，角所对的边分别为.已知.（1）若，求的值（2）若的面积为，求周长的最小值.【答案】（1）；（2）12【解析】【分析】（1）由余弦定理得，再根据正弦定理得；（2）由题知，进而由余弦定理得，再结合基本不等式得，由于，进而得，故，当且仅当是等号成立，进而得周长的最小值.【详解】解：（1）由余弦定理可得，则.由正弦定理可得，则.（2）因为的面积为，所以，则.由余弦定理可得，则（当且仅当时，等号成立），即.因为，所以，所以（当且仅当时，等号成立），故，即周长的最小值为12.【点睛】本题第二问解题的关键在于根据余弦定理，结合基本不等式得，，当且仅当时，等号成立，进而求得答案.-23- 18.在①且，②，③，且成等差数列这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.问题：设数列的前n项和为，_________.若，求数列的前n项和为.【答案】选择见解析；.【解析】【分析】若选①，由得数列是等差数列，进而得，，再根据裂项相消求和法求和即可；若选②，由得，进而根据之间的关系得，再根据裂项相消求和法求和即可；若选③，由成等差数列，得.由于，故数列是首项为1，公差为2的等差数列，故，再根据裂项相消求和法求和即可.【详解】解：若选①，因为，所以，即数列是等差数列因为，所以.解得，故.因为，所以.-23- 则若选②，因为，所以，所以，解得，则.因为满足上式，所以.因为，所以.则若选③，因为成等差数列，所以，所以，即.因为，所以，则数列是首项为1，公差为2的等差数列，故.因，所以.则.【点睛】本题解题的关键在于根据递推关系（等差中项，之间的关系等）证明数列是首项为1，公差为2的等差数列，进而得.考查运算求解能力，是中档题.-23- 19.如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，B1C1⊥平面AA1C1C，D是AA1的中点，是边长为1的等边三角形.（1）求证：CD⊥B1D；（2）若BC=，求二面角B—C1D—B1的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据计算，利用勾股定理逆定理得;根据B1C1⊥平面AA1C1C，得,最后根据线面垂直判断定理以及性质定理证明结果；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积求二面角大小.【详解】（1）因为是边长为1的等边三角形，所以因为B1C1⊥平面AA1C1C，平面AA1C1C，所以因为为平面B1C1D内两相交直线，所以平面B1C1D因为平面B1C1D,所以CD⊥B1D；（2）以D为坐标原点，过平行直线为-23- 轴建立如图所示空间直角坐标系，则设平面BC1D的一个法向量为，平面C1DB1的一个法向量为由得令由得令因为二面角B—C1D—B1为锐二面角，所以二面角B—C1D—B1为【点睛】本题考查线面垂直判定与性质定理、利用空间向量求二面角，考查综合分析论证与求解能力，属中档题.20.已知函数的部分图象如图所示.（1）求的解析式（2）设若关于的不等式-23- 恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由图求出、、和的值，即可写出的解析式；（2）由（1）可得的解析式，设，问题等价于在，上恒成立，列出不等式组求出的取值范围．【详解】解：（1）由图可知，，解得，所以，所以；因为的图象过点，，所以，解得，；因为，所以，所以；（2）由（1）可得；设，因为，所以；又因为不等式恒成立，即在，上恒成立，则，即，解得，所以的取值范围是．【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了不等式恒成立问题，已知f(x)-23- ＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.21.已知分别是椭圆的左，右焦点，过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，点在椭圆上，且当直线垂直于轴时，.（1）求椭圆C的标准方程；（2）是否存在实数t，使得恒成立.若存在，求出的值；若不存在，说明理由【答案】（1）；（2）存在；.【解析】【分析】（1）根据题意得到关于的方程组，求解出的值，则椭圆方程可求；（2）根据条件可得，当直线的斜率不存在时，直接计算即可；当直线的斜率存在时，设，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理形式表示出-23- ，由此确定出是否存在满足条件.【详解】解：（1）由题意可得，解得.故椭圆C的标准方程为.（2）由（1）可知.当直线l的斜率不存在时，，则.当直线l的斜率存在时，设其斜率为k，则直线l的方程为.联立，整理得，则，从而故由题意可得.则.因为，所以.综上，存在实数，使得恒成立.【点睛】易错点睛：利用直线与圆锥曲线联立求解相关问题的易错点：（1）假设直线方程的时候，要注意分析直线的斜率是否存在；-23- （2）利用公式或不仅可以求解弦长，同时还可以求解两点之间的距离.22.已知函数.（1）讨论的单调性.（2）当时，若无最小值，求实数的取值范围.【答案】（1）当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在和上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）.【解析】【分析】（1）对求导，然后对分类讨论分别得出所对应的的取值范围即为函数的单调增区间，所对应的的取值范围即为函数的单调减区间．（2）结合（1）中的单调性结论对函数的最小值进行讨论.对于第四种情况，得出关于的不等式后，需要构造新的函数分析求解.【详解】解：（1）因为，所以.令，得或.①当时，由，得；由，得.则在上单调递减，在上单调递增；②当时，由，得或；由，得.则在上单调递减，在和上单调递增.-23- ③当时，恒成立，则在上单调递增.④当时，由，得或；由，得.则在上单调递减，在和上单调递增.综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在和上单调递增；当时，在上单调递增；当时，上单调递减，在和上单调递增.（2）①当时，由（1）可知在上单调递减，在上单调递增，则有最小值，故不符合题意.②当时，由（1）可知在上单调递减，在和上单调递增，因为无最小值，所以，即，解得；③当时，由（1）可知在上单调递增，所以无最小值，所以符合题意；④当时，由（1）可知在上单调递减，在上单调递增.因为无最小值，所以，即，即.设，则设，则在上恒成立.故在上单调递增，即在上单调递增.因为，所以存在唯一的，使得.故在上单调递减，在上单调递增.因为，所以在上恒成立，-23- 即在恒成立，即符合题意.综上，实数a的取值范围为.【点睛】本题主要考查分类讨论思想，首先利用函数求导公式对函数求导，然后再利用导函数大于0或者小于0讨论函数单调性，分类时一般利用有无解对参数进行分类．常见注意点如下：（1）对二次项系数的符号进行讨论；（2）导函数是否有零点进行讨论；（3）导函数中零点的大小进行讨论；（4）导函数的零点与定义域端点值的关系进行讨论等.-23-