届山东省部分省重点中学高三第二次质量监测联考数学试题.docx

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届山东省部分省重点中学高三第二次质量监测联考数学试题

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2021届山东省部分省重点中学高三第二次质量监测联考

数学试题

学校：

___________姓名：

___________班级：

___________考号：

___________

题号

一

二

三

总分

得分

注意事项：

1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上

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．1B．C．2D．

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．