1、西安中学高2021届高三12月月考数学（理）时间：120分钟 总分150分一选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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. 若集合，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据集合的表示方法，得到集合为点集，为数集，即可求解.【详解】由题意，集合表示直线上的点构成的点集，集合表示上的点的横坐标构成的数集，所以.故选：D.2. 已知平面内有三点，则向量在方向上的投影为（ ）A. 1B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求得,的坐标及，再利用向量投影的公式即可得到答案.【详解】，,在方向上的投影为.故选：D【点
2、睛】本题考查向量投影的定义以及计算，熟练掌握向量投影的公式是关键，属于基础题.3. 过抛物线y24x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，若线段AB的中点M到y轴的距离为2，则|AB|（）A. 8B. 6C. 5D. 4【答案】B【解析】【分析】设,再表达出的坐标,再利用抛物线的性质求解即可.【详解】设,则,又点M到y轴的距离为2,故,即,又, .故.故选：B【点睛】本题主要考查了抛物线的焦半径公式,属于基础题型.4. 中兴、华为事件暴露了我国计算机行业中芯片、软件两大短板，为防止“卡脖子”事件的再发生，科技专业人才就成了决胜的关键为了解我国在芯片、软件方面的潜力，某调查机构对我国若干大型科技公
3、司进行调查统计，得到了这两个行业从业者的年龄分布的饼形图和“90后”从事这两个行业的岗位分布雷达图，则下列说法中不一定正确的是（ ） A. 芯片、软件行业从业者中，“90后”占总人数的比例超过50%B. 芯片、软件行业中从事技术设计岗位的“90后”人数超过总人数的25%C. 芯片、软件行业从事技术岗位的人中，“90后”比“80后”多D. 芯片、软件行业中，“90后”从事市场岗位的人数比“80前“的总人数多【答案】C【解析】【分析】根据图表信息，整合数据，逐项判断即可得解.【详解】对于选项A，芯片、软件行业从业者中“90后”占总人数的55%，故选项A正确；对于选项B，芯片、软件行业中从事技术、设
4、计岗位的“90后”占总人数的（37%+13%）55%=27.5%，故选项B正确；对于选项C，芯片、软件行业中从事技术岗位的“90后”占总人数的37%55%20.35%，“80后”占总人数的40%，但从事技术的“80后”占总人数的百分比不知道，无法确定二者人数多少，故选项C错误；对于选项D，芯片、软件行业中从事市场岗位的“90后”占总人数的14%55%7.7%、“80前”占总人数的5%，故选项D正确.故选：C.【点睛】本题考查了统计图的应用，考查了数据整合的能力，属于基础题5. 如图某几何体的三视图是直角边长为1的三个等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答
5、案】D【解析】【分析】根据题意，该几何体为从底面直角顶点出发的三条棱两两垂直的三棱锥，可将其补成一个边长为1的正方体，该几何体的外接球就是补成的正方体的外接球求解【详解】该几何体的三视图是直角边长为1的三个等腰直角三角形，该几何体为从底面直角顶点出发的三条棱两两垂直的三棱锥，可将其补成一个边长为1的正方体，如图所示：则该几何体的外接球就是补成的正方体的外接球，补成的正方体的对角线长为其外接球的直径d，外接球的表面积，即该几何体的外接球的表面积为，故选：D.【点睛】本题主要考查三视图还原几何体以及几何体的外接球问题，还考查了转化化归的思想和空间想象的能力，属于基础题.6. 在的展开式中，常数项等
6、于（ ）A. 15B. 16C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用二项展开式的通项公式和多项式的乘法可求常数项.【详解】根据二项式定理，得的通项为：，.由得，由得，因此展开式中的常数项为.故选：D.7. 已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，是抛物线上的点，且轴，若以为直径的圆截直线所得的弦长为2，则( )A. 2B. C. 4D. 【答案】B【解析】【分析】求出直线AM的方程，根据垂径定理列方程得出p的值【详解】把代入可得，不妨设M在第一象限，则，又，直线AM的方程为，即，原点O到直线AP的距离，以AF为直径的圆截直线AM所得的弦长为2，解得故选B【点睛】本题考查了抛物线的性质，直线与圆
7、的位置关系，属于中档题一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者切线长时，经常用到垂径定理8. 为了防止部分学生考试时用搜题软件作弊，命题组指派5名教师对数学试卷的选择题、填空题和解答题这3种题型进行改编，则每种题型至少指派一名教师的不同分派方法种数为（ ）A. 150B. 180C. 200D. 280【答案】A【解析】【分析】根据题意，分析可得人数分配上有两种方式即1，2，2与1，1，3，分别计算两种情况下的情况数目，相加可得答案【详
8、解】解：人数分配上有两种方式即1，2，2与1，1，3若是1，1，3，则有种，若是1，2，2，则有种所以共有150种不同的方法故选：【点睛】本题考查排列、组合的运用，难点在于分组的情况的确定，属于中档题9. 设复数z满足|zi|+|z+i|4，z在复平面内对应的点为（x，y），则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用复数模的几何意义以及椭圆的定义即可求解.【详解】设，则，所以同理可得，即|zi|+|z+i|4，即到两点的距离之和为，所以z在复平面内对应的点（x，y）的轨迹为 故选：D【点睛】本题考查了复数模的几何意义以及椭圆的定义，需熟记椭圆的定义，属于基础题.10. 如图
9、所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，如此继续下去得到一个树形图形，称为“勾股树”.若某勾股树含有255个正方形，且其最大的正方形的边长为，则其最小正方形的边长为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由正方形的边长构成以为首项，以为公比的等比数列，现已知共得到255个正方形，借助于求和公式，可求得正方形边长变化的次数，从而利用等比数列的通项公式，即可求最小正方形的边长【详解】由题意，正方形的边长构成以为首项，以为公比的等比数列现已知共得到255个正方形，则由，所以，所以最小正方形的边长为，故选A【点睛】本题以图形为载体，主要考查等比数列的求和公式
10、及通项公式的应用，其中解答中根据题意得出等比数列的模型，准确利用公式计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题11. 已知直线与圆相交于、两点,是线段的中点,则点到直线的距离的最大值为A. 5B. 4C. 3D. 2【答案】B【解析】【分析】直线经过定点（-4,0），设，则点，将点B代入圆的方程，则得到点M的轨迹方程，分析轨迹方程可知点M的轨迹为圆，然后再利用直线与圆的知识解决问题【详解】解：直线经过定点（-4,0），设，则点，因为点B在圆上，故有，化简整理得：，所以点M的轨迹是圆心为（-3,0），半径为1的圆，圆心（-3,0）到直线距离为，所以点M到直线的最大距离为4故
11、选B【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、动点轨迹等问题，解决动点轨迹常见的方法有直译法、定义法、相关点法、参数法等等，解题时应注意灵活应用12. 设椭圆的一个焦点为，点为椭圆内一点，若椭圆上存在一点，使得，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用，求得，再利用，求得，得到，结合离心率的定义，即可求解.【详解】由题意，椭圆的左焦点为，则，因为，所以，即，因为，所以，即，所以，所以故选：.【点睛】本题考查椭圆的标准方程及简单的几何性质的应用，其中解答中熟练应用椭圆的定义，以及利用三角形的性质是解决本题的关键，着重考查推理与运算能力，属于中档题.二填空
12、题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知变量，满足，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由约束条件作出可行域，利用是可行域内的动点与定点连线的斜率，结合两点连线的斜率公式可得结果.【详解】由约束条件作出可行域如图，联立,解得,联立，解得，的几何意义是可行域内的动点与定点连线的斜率，的取值范围是，故答案为.【点睛】本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二找、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移或旋转变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解
13、）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.14. 设是公差不为0的等差数列的前n项和，且，则_.【答案】18【解析】分析】将已知已知转化为的形式，化简后求得，利用等差数列前公式化简，由此求得表达式的值.【详解】因，所以.故填：.【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，考查等差数列的性质以及求和，考查运算求解能力，属于基础题.15. 已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度后，所得图象关于直线对称，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】由周期求出，由五点法作图求出的值，可得的解析式，再利用函数的图象变换规律，求得的最小值【详解】解：根据函数的部分图象，可得，求得根据图像可得，函
14、数过，所以再根据五点法作图，故有将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，由所得图象关于直线对称，可得，即，.因为所以当，可得的最小值为，故答案为：【点睛】本题主要考查由函数的图象的顶点坐标求出，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得的解析式函数的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，属于中档题16. 已知是同一平面内的三个向量，其中是互相垂直的单位向量，且，则的最大值为 .【答案】【解析】【分析】根据平面向量运算律和垂直关系的向量表示可将已知等式化为，根据向量夹角所处范围可构造不等式得到，解不等式可求得结果.【详解】，由得：，则，即，解得：，的最大值为.【点睛】本题考查根据平面向量数
15、量积的运算求解模长的最值的问题，涉及到垂直关系的向量表示；关键是能够利用数量积的运算律将已知等式化为关于所求向量模长的形式，利用向量夹角余弦值的范围构造不等关系.三解答题（共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.）（一）必考题.（共60分）17. 在锐角中，内角所对的边分别为，已知的面积.（1）求；（2）作角的平分线交边于点，记和的面积分别为，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由结合整理可得，问题得解；（2）整理可得，结合正弦定理得，由锐角三角形问题得解.【详解】（1），整
16、理得，因此，又，所以；（2），由正弦定理得：，因为，所以.【点睛】方法点睛：本题主要考查了三角形面积公式及正、余弦定理，关键点是利用已知和余弦定理得到，考查方程思想及转化思想，考查计算能力，属于基础题18. 已知三棱锥PABC(如图1)的平面展开图(如图2)中，四边形ABCD为边长等于的正方形，ABE和BCF均为正三角形，在三棱锥PABC中；（1）证明：平面PAC平面ABC；（2）若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求二面角PBCM的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】(1)设AC的中点为O,证明PO垂直AC,OB,结合平面与平面垂直判定,即可.(2
17、)建立直角坐标系,分别计算两相交平面的法向量,结合向量的数量积公式,计算夹角,即可.【详解】（）设的中点为，连接，.由题意，得，.因为在中，为的中点，所以，因为在中，所以.因为，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（）由（）知，平面，所以是直线与平面所成的角，且，所以当最短时，即是的中点时，最大.由平面，所以，于是以，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图示空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为，则由得：.令，得，即.设平面法向量为，由得：，令，得，即.由图可知，二面角的余弦值为.【点睛】关键点睛：解题的关键在于建立直角坐标系后，利用法向量进行二面角的计算，对运算能力要求较高，属于难题19. 计
18、划在某水库建一座至多安装台发电机的水电站.过去年的水文资料显示，水库年入流量（年入流量：一年内上游来水与库区降水之和.单位：亿立方米）都在以上.其中，不足的年份有年，不低于且不超过的年份有年，超过的年份有年，将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的入流量相互独立.（1）求未来年中，至多有年的年入流量超过的概率；（2）水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量限制，并有如下关系：年入流量发电机最多可运行台数 若某台发电机运行，则该台发电机年利润为万元；若某台发电机未运行，则该台发电机年亏损万元.欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台?【答
19、案】（1）；（2）台.【解析】【分析】（1）先求出年入流量的概率，根据二项分布可得未来年中，至多有年的年入流量超过的概率；（2）分三种情况进行讨论，分别求出安装台、台、台的数学期望，比较即可求解.【详解】（1）依题意，得，.由二项分布，记“在未来年中，至多有1年的年入流量超过120”为事件，（2）记水电站年总利润为单位：万元）.安装1台发电机的情形：由于水库年入流量总大于，故一台发电机运行的概率为，对应的年利润，；安装2台发电机的情形：依题意，当时，一台发电机运行，此时，因此；当时，两台发电机运行，此时，因此.由此得的概率分布列如下： 所以.安装3台发电机的情形：依题意，当时，一台发电机运行，
20、此时，因此；当时，两台发电机运行，此时，因此；当时，三台发电机运行，此时，因此，由此得的概率分布列如下： 所以，.综上所述，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机台.【点睛】思路点睛：求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）.20. 已知椭圆：过点，且离心率为（1）求椭圆的方程；（2）若斜率为的直线与椭圆交于不同的两点
21、，且线段的垂直平分线过点，求的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据题意得,再由离心率求出，进而得出，即可得到椭圆的方程（2）设直线的方程：，联立直线与椭圆的方程得到关于的一元二次方程，由韦达定理可得，的值和，即，根据线段中点，写出线段的垂直平分线的方程为，将点代入，得，代入式即可得到的取值范围【详解】（1）因为椭圆过点，且离心率为，所以椭圆的方程为：（2）设直线的方程：，联立直线与椭圆的方程联立得：.整理得：，.因为线段中点，所以线段的垂直平分线的方程为，又因为线段的垂直平分线过点，所以，即，所以，代入式得：，整理得：，即解得或，所以的取值范围为：【点睛】本题第一问考查椭圆
22、的方程，第二问考查直线与椭圆的位置关系，同时考查了学生的计算能力，属于较难题.21. 已知函数，其中.（1）讨论的单调性；（2）若有两个极值点，证明：.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）先求解导数，再结合导数式特点，进行分类讨论，可得单调性；（2）结合极值点的特征，把目标式中双变量转化为单变量，结合函数单调性可证.【详解】（1）解：由题得，其中，考察，其中对称轴为，.若，则，此时，则，所以在上单调递增；若，则，此时在上有两个根，且，所以当时，则，单调递增；当时，则，单调递减；当时，则，单调递增，综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增
23、.（2）证明：由（1）知，当时，有两个极值点，且，所以.令，则只需证明，由于，故在上单调递减，所以.又当时，故，所以，对任意的，.综上，可得【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值以及证明不等式，侧重考查逻辑推理和数学运算的核心素养.（二）选考题.（共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答.如果多做，那么按所做的第一题计分.）22. 在平面直角坐标系中，曲线是圆心在（0，2），半径为2的圆，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程；（2）若曲线与两坐标轴分别交于两点，点为线段上任意一点，直线与曲线交于点（异于原点），求
24、的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求出曲线的直角坐标方程，根据直角坐标与极坐标的转换关系可得出曲线的极坐标方程；（2）求出点、的坐标，求出线段的极坐标方程，设、的极坐标分别为、，求出、关于的表达式，利用三角恒等变换思想结合正弦函数的有界性可求得的最大值【详解】（1）曲线的直角坐标方程为，即，所以曲线的极坐标方程为.（2）因曲线的参数方程为（为参数），与两坐标轴相交，所以点，所以线段极坐标方程为，当时取得最大值为.【点睛】方法点睛：在已知直角坐标方程求曲线的交点、距离、线段长度等几何问题时，如果不能直接用直角坐标解决，或用直角坐标解决较为麻烦，可将直角坐标方程转化为极坐标方程解决.23. 已知，且.（1）求证：；（2）当时，不等式恒成立，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由柯西不等式即可证明；（2）可先化简计算的最小值，再分，三种情况讨论即可得到答案.【详解】（1）由柯西不等式得：，当且仅当时取等号，；（2）由，得当且仅当时等号成立，要使得不等式恒成立，即可转化为，当时，可得，当时，可得，当时，可得，的取值范围为：.【点睛】易错点睛：本题主要考查柯西不等式，均值不等式，绝对值不等式的综合应用. 柯西不等式以及均值不等式注意等号成立的条件.
