1、2021届辽宁省沈阳市实验中学高三上学期12月月考数学试题一、单选题1设集合，则（ ）ABCD【答案】D【分析】由一元二次不等式可得，再由交集的概念即可得解.【详解】由题意，所以.故选：D.2“”是“”的（ ）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】B【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.【详解】因为有理数包括整数和分数，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B3为虚数单位，复数的虚部为（ ）ABCD【答案】B【分析】由复数的运算法则可得，再由复数虚部的概念即可得解.【详解】由题意，所以复数的虚部为.故选：B.【点睛】本题考查了复数的运算与虚部的概念，属于基
2、础题.4若，则（ ）ABCD【答案】A【分析】根据题中条件，利用同角三角函数基本关系，将弦化切，即可得出结果.【详解】因为，所以.故选：A.5已知向量，若，则（ ）A8B12CD【答案】C【分析】根据平行得出，求出，即可得出模.【详解】因为，所以，解得，所以，故.故选：C.6函数的图象大致为（ ）A B C D 【答案】A【分析】先判断函数奇偶性，再结合函数单调性即可得答案.【详解】解： 函数的定义域为：， 为奇函数，故函数图象关于原点对称，排除CD.，在为单调递减函数， 由复合函数的单调性法则“同增异减”得在定义域内为减函数，排除B.故选：A.【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手
3、：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.7朱载堉是明太祖朱元璋的九世孙，虽然贵为藩王世子，却自幼俭朴敦本，聪颖好学，遂成为明代著名的律学家，历学家、音乐家.朱载堉对文艺的最大贡献是他创建下十二平均律，亦称“十二等程律”.十二平均律是将八度的音程按频率比例分成十二等份，也就是说，半单比例应该是，如果12音阶中第一个音的频率是，那么第二个音的频率就是，第三个单的频率就是，第四个音的频率是，第十二个音的频率是，第十三个音的频率是，就是.在该问
4、题中，从第二个音到第十三个音，这十二个音的频率之和为（ ）.ABCD【答案】D【分析】分析题意，利用等比数列的求和公式即可计算得解.【详解】由题意知，第二个音到第十三个音的频率分别为，显然以上12个数构成了以为首项，以为公比的等比数列，由等比数列求和公式得： .故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列求和公式，解题的关键是分析题意将第二个音到第十三个音的频率构成以为首项，以为公比的等比数列，再根据等比数列求和公式可得，考查学生的分析解题能力与转化思想及运算能力，属于基础题.8如图，在四面体中，的重心为，则（ ）.A2BCD3【答案】C【分析】四面体还原到长方体中，求得，利用三角形相似求得
5、重心与点重合得解.【详解】如图，将四面体还原到长方体中，易知四面体的棱是长方体的面对角线，则连接交于，连接，则为边的中线，的重心为靠近的三等分点.把长方体的对角面单独画出，如图，记为和的交点.因为，且，所以为靠近的三等分点，即重心与点重合，故故选：C【点睛】对棱分别相等，还原为长方体是解题关键.二、多选题9已知命题，则（ ）.A是真命题B，C是真命题D，【答案】AD【分析】由函数的性质及全称命题的否定定义逐一判断.【详解】命题，则，所以B错D正确又因为当时，；当时，所以命题假，是真命题，故A正确C错故选:AD10已知函数，若的最小正周期为，则下列说法正确的有（ ）A图象的对称中心为B函数在上有
6、且只有两个零点C的单调递增区间为D将函数的图象向左平移个单位长度，可得到的图象【答案】CD【分析】用辅助角公式化简：，再逐项带入验证即可.【详解】因为，所以，所以令，得，则图象的对称中心为，故A错误.由，可得，则或，即或.所以函数在上有三个零点0，故B错误.令，得，所以的单调递增区间为，故C正确.将的图象向左平移个单位长度后，得到曲线，故D正确.故选:CD11已知正方体的棱长为2，分别是，的中点，过，的平面与该正方体的每条棱所成的角均相等，以平面截该正方体得到的截面为底面，以为顶点的棱锥记为棱锥，则（ ）A正方体的外接球的体积为B正方体的内切球的表面积为C棱锥的体积为3D棱锥的体积为【答案】A
7、C【分析】根据正方体外接球的直径为正方体体对角线可知其直径为，求得外接球体积；再根据正方体内切球球心为正方体中心，半径为棱长一半，可求得其内切球表面积；根据题干做出该正方体图形，可知棱锥的底面为边长为的正六边形，可求得该锥体体积.【详解】因为正方体的棱长为2，所以正方体的外接球的直径为，内切球的半径为1，所以正方体的外接球的体积为，内切球的表面积为，故A正确，B错误.如图，分别是棱的中点.因为在同一个平面内，并且该平面与正方体的各条棱所成的角均相等，所以平面被此正方体所截得的截面图形为正六边形，边长为.因为正六边形的面积，到平面的距离为，所以棱锥的体积为.故正确，D错误.故选：AC.【点睛】与
8、球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.12已知双曲线与直线交于，两点，点为上一动点，记直线，的斜率分别为，的左、右焦点分别为.若，且的焦点到渐近线的距离为1，则下列说法正确的是（ ）AB的离心率为C若，则的面积为2D若的面积为，则为钝角三角形【答案】AD【分析】设，由A，B，P在双曲线上，利用点差法整理得，结合，求得，再根据焦点到渐近线的距离为1，由求得c，然后
9、逐项判断.【详解】设点，则，且，两式相减得，所以.因为，所以，故双曲线的渐近线方程为.因为焦点到渐近线的距离为1，所以，所以，离心率为，故A正确，B错误.对于C，不妨设在的右支上，记，则.因为，所以，解得或（舍去），所以的面积为，故C不正确.对于D，设，因为，所以，将代入，得，即.由对称性，不妨取的坐标为，则，因为,所以为钝角，所以为钝角三角形，故D正确.故选：AD【点睛】关键点点睛：本题关键是由，在双曲线上，利用点差法，结合求得双曲线方程.三、填空题13已知函数，则_.【答案】1【分析】根据分段函数每一段的定义域求解.【详解】因为函数，所以.故答案为：114已知直线与直线平行，且与曲线相切，
10、则直线的方程是_.【答案】（或）【分析】由题意可知，直线的斜率为，对函数求导，由求得切点的坐标，再利用点斜式可求得直线的方程.【详解】直线的斜率为，由于直线与直线平行，则直线的斜率为，对函数求导得，令，解得或（舍去），所以切点的坐标为.故直线的方程为，即故答案为：（或）.15若，则的最小值为_【答案】2【分析】用基本不等式建立关于“”的不等式，再解不等式即可.【详解】因为，所以.因为，所以，即，所以因为，所以，即的最小值为2，当且仅当时取等号，此时故答案为:216已知直线与椭圆相交于两点，椭圆的两个焦点分别是，线段的中点为，则的面积为_【答案】【分析】利用点差法，结合题干条件，可求得，根据a，
11、b，c关系，可求得c的值，代入公式即可求得答案.【详解】设，则两式相减，得，因为直线的斜率为，则，线段的中点为所以，解得.因为，所以，故的面积为.故答案为：四、解答题17（1）化简：（2）已知，求（用表示）.【答案】（1）7；（2）.【分析】（1）利用指数和对数的运算法则求解.（2）由，得到，然后再利用对数的换底公式和运算法则求解.【详解】（1），（2）因为，所以，.因为所以.18在且，的面积这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并作答.问题：在中，内角所对的边分别为，且_.（1）求；（2）若，且的面积为，求的周长.【答案】选择见解析；（1）；（2）.【分析】（1）若选，利用正弦定理进行边角
12、互化，结合余弦定理求解；若选，利用三角形面积公式以及余弦定理进行求解；（2）由（1）得，根据三角形面积求得，解出，再利用余弦定理求，从而求得三角形周长.【详解】解：（1）若选，.，若选，故.若选，故.（2）的面积为，即故的周长为.【点睛】解三角形应用题的一般步骤：(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.19设正项数列的前项和为，且.（1）证明：数列是等差数列并求数列的通项公式；（
13、2）已知，数列的前项的和为，若对一切恒成立，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）先利用递推公式得到，进而得到，即可得出数列是等差数列，再利用，求解数列的通项公式即可；（2）先由（1）得到，利用裂项相消法求解，代入不等式得到，利用基本不等式即可得出结果.【详解】解：（1），.，数列是以1为首项，1为公差的等差数列，.当时，当时，.故（2），.对一切恒成立，当且仅当时取等号，故的取值范围是.【点睛】方法点睛：数列求和的方法：（1）等差等比公式法；（2）裂项相消法；（3）错位相减法；（4）分组（并项）求和法；（5）倒序相加法.20如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是边长为
14、2的正三角形，点为线段的中点，点是上的点.（1）当为中点时，证明：平面平面（2）当时，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【详解】证明：取中点，连接，.点为的中点，且.为的中点，四边形是正方形，且，四边形为平行四边形，且，平面，.为等边三角形，.，平面，平面平面，平面平面取的中点，的中点，连接和，则且由（1）知，平面，平面，且以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，令，则.，取平面的一个法向量，则由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.21已知函数（1）求的最值；（2）若对恒成立，求的取值范围.【答案】（1）最小值为，无最大值；（
15、2）.【分析】（1）求导，因为得定义为R，分别令，求得极值即为最值.（2）转化为在上恒成立，令，用导数求得其最小值即可.【详解】（1），令，得；令，得.所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，无最大值.（2）由题知，在上恒成立，令，则，因为，所以.设，易知在上单调递增.因为，所以存在，使得，即.当时，在上单调递减；当时，在上单调递增.所以，从而，故的取值范围为.【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间D上有最值，；若能分离常数，即将问题转化为：（或），则；22抛物线的焦点为，过且垂直于轴的直线交抛物线于两点，为原点，的面积为2.（1）求拋物线的方程.（2）为直线上一个动点，过
16、点作拋物线的切线，切点分别为，过点作的垂线，垂足为，是否存在实数，使点在直线上移动时，垂足恒为定点？若不存在，说明理由；若存在，求出的值，并求定点的坐标.【答案】（1）；（2）存在这样的，当时，坐标为.【分析】（1）先根据抛物线的性质，结合题中条件，得到，由三角形面积列出方程求出，即可得出抛物线方程；（2）先设，直线的方程为，根据直线与抛物线相切，得到，进而推出的方程为，根据，得到方程，由两直线方程，即可求出，确定出结果.【详解】（1）由题意得，点的纵坐标均为，由，解得，则，由，解得，故抛物线的方程为.（2）假设存在实数，使点在直线上移动时，垂足恒为定点，设，直线的方程为，将抛物线方程变形为，则，所以，所以的方程为.因为，所以直线的方程为.把代入的方程得.同理可得构造直线方程为，易知两点均在该直线上，所以直线的方程为.故恒过点.因为，所以可设方程为，化简得所以恒过点.当，即时，与均恒过，故存在这样的，当时，坐标为.【点睛】关键点点睛：求解本题第二问的关键在于用分别表示出直线和的方程；根据题中条件，先设点的坐标，以及直线的方程，由直线与抛物线相切，得出直线方程，推出的方程，进而确定的方程，即可求解.
