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（ ）
A． B．
C． D．
2．已知复数满足，则（ ）
A． B．
C． D．
3．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（ ）
A． B．
C． D．
5．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（ ）
A．1 B． C．2 D．
6．已知，则（ ）
A． B． C． D．
7．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（ ）
A． B． C． D．
8．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．
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（ ）
A． B．
C． D．
10．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（ ）
A． B．
C．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（ ）
A． B．
C．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

1．A 因为，所以．
因为，所以．
2．B 因为，所以．
3．C 由，得，则，从而，反之不成立，故“”是“”的充分不必要条件．
4．B 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D．
5．C 由题意不妨设，，则的面积为，解得．
6．D 设，则，，从而．
7．A 如图，建立平面直角坐标系，则，，，．设，则，故，即的取值范围是．

8．D 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．

9．AD 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．
10．ABD 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．
11．AC 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．
12．ABC 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．
15．12 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12．
18．解：若选①，
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②，
因为，所以，，
所以，解得，
则．
因为满足上式，所以．
以下步骤同①．
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．
以下步骤同①．
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．