山东省部分省重点中学2021届高三数学第二次质量监测联考试题.doc

山东省部分省重点中学2021届高三数学第二次质量监测联考试题山东省部分省重点中学2021届高三数学第二次质量监测联考试题年级：姓名：14山东省部分省重点中学2021届高三数学第二次质量监测联考试题考生注意：1本试卷共150分考试时间120分钟2请将各题答案填写在答题卡上3本试卷主要考试内容：集合与常用逻辑用语，函数与导数，三角函数，解三角形，平面向量，复数，数列，不等式，立体几何，解析几何一、选择题：本大题共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已知集合，则（ ）ABCD2已知复数满足，则（ ）ABCD3已知，都是实数，则“”是“”的（ ）A充要条件B必要不充分条件C充分不必要条件D既不充分也不必要条件4函数的部分图象大致为（ ）ABCD5点为抛物线：的准线上一点，直线交抛物线于，两点，若的面积为20，则（ ）A1BC2D6已知，则（ ）ABCD7已知点是边长为2的菱形内的一点（包含边界），且，则的取值范围是（ ）ABCD8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（ ）ABCD二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分9已知向量，则（ ）ABCD10已知实数，满足，则（ ）A的取值范围为B的取值范围为C的取值范围为D的取值范围为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（ ）ABC在上单调递增D在上有3个极小值点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（ ）ABC的值可能是D的值可能是三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13在等差数列中，则数列的公差为_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_15已知双曲线：的左焦点为，点在双曲线的右支上，当的周长最小时，的面积为_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_四、解答题：本大题共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18在，且，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：设数列的前项和为，_若，求数列的前项和注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分19如图，在三棱柱中，平面，是的中点，是边长为1的等边三角形（1）证明：（2）若，求二面角的大小20已知函数的部分图象如图所示（1）求的解析式；（2）设若关于的不等式恒成立，求的取值范围21已知，分别是椭圆：的左、右焦点，过点的直线与椭圆交于，两点，点在椭圆上，且当直线垂直于轴时，（1）求椭圆的标准方程；（2）是否存在实数，使得恒成立若存在，求出的值；若不存在，说明理由22已知函数（1）讨论的单调性；（2）当时，若无最小值，求实数的取值范围第二次质量监测联考数学参考答案1A 因为，所以因为，所以2B 因为，所以3C 由，得，则，从而，反之不成立，故“”是“”的充分不必要条件4B 因为，所以是偶函数，所以的图象关于轴对称，排除A，C；因为，排除D5C 由题意不妨设，则的面积为，解得6D 设，则，从而7A 如图，建立平面直角坐标系，则，设，则，故，即的取值范围是8D 由题意知如图，在平面内任取一点，使，则，故以为球心，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9AD 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10ABD 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11AC 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（图略）易知在上有2个极小值点，故D错误12ABC 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13 设数列的公差为因为，所以，则14 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1512 如图，设双曲线的右焦点为由题意可得，因为，所以，则的周长为，即当在处时，的周长最小，此时直线的方程为联立整理得，则，故的面积为16由题意可得，显然不是方程的实数根，则故关于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17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1218解：若选，因为，所以，即数列是等差数列因为a，所以解得，故因为，所以，则若选，因为，所以，所以，解得， 则因为满足上式，所以以下步骤同若选，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，故以下步骤同19（1）证明：因为是边长为1的等边三角形，所以，因为是的中点，所以，即是等腰三角形，则，故，即因为平面，所以平面因为平面，所以因为，平面，平面，所以平面因为平面，所以（2）解：连接，则，以为原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系则，故，设平面的法向量为，则令，得由（1）可得平面的一个法向量为故设二面角为，由图可知为锐角，则，故20解：（1）由图可知，则，从而，故因为的图象过点，所以，所以因为，所以故（2）由（1）可得设，因为，所以因为，即在上恒成立，则，即解得故的取值范围为21解：（1）由题意可得解得， 故椭圆的标准方程为 （2）如图，由（1）可知，当直线的斜率不存在时，则当直线的斜率存在时，设其斜率为，则直线的方程为，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22解：（1）因为，所以令，得或当0时，由，得；由，得，则在上单调递减，在上单调递增当时，由，得或；由，得，则在上单调递减，在和上单调递增当时，恒成立，则在上单调递增当时，由，得或；由，得，则在上单调递减，在，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，在上单调递减，在，上单调递增（2）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；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；当时，由（1）可知在上单调递增，所以无最小值，所以符合题意； 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，即在恒成立，即符合题意综上，实数的取值范围为