1、陕西省部分重点高中2021届高三数学上学期12月联考试题 文（含解析）考生注意：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，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：高考全部内容第卷、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. 设集合，则（ ）A. B. C. D. D分析：解不等式得集合，再和整数取交集即可.解答：因为，所以故选：D.2. 若，则（）A. 的实部为1B. 的实部为C. 的虚部为D. 的虚部为B分析：先求，再判断实部和虚部.解答：，所以的实部是，虚部是 ，故B正确；故选：B3.
2、从2，3，4，5，6，7，9，11，12这9个数中任意选取1个，则这个数是质数的概率为（ ）A. B. C. D. C分析：利用古典概型的概率公式求解即可.解答：这9个数中2，3，5，7，11是质数，故由古典概型的概率公式得所求概率为.故选：C4. 某地区7月1日至7月10日白天的平均气温的折线图如图所示，则下列判断错误的是（ ）A. 从7月2日到7月5日白天的平均气温呈下降趋势B. 这10天白天的平均气温的极差大于6C. 这10天中白天的平均气温为26的频率最大D. 这10天中白天的平均气温大于26的有5天D分析：观察折线图可得选项A和选项B正确；选项C，这10天中白天的平均气温为26的频率
3、比其他平均气温的频率都要大，所以该选项正确；选项D，白天的平均气温大于26的只有4天，所以该选项错误.解答：选项A，从7月2日到7月5日白天的平均气温呈下降趋势，所以该选项正确；.选项B，这10天白天的平均气温的极差大于6，所以该选项正确；选项C，这10天中白天的平均气温为26的频率为0.3，比其他平均气温的频率都要大，所以该选项正确；选项D，这10天中白天的平均气温大于26的只有4天，所以该选项错误.故选：D.5. 若函数的图象关于点对称，则（ ）A. 为偶函数B. 为偶函数C. 为奇函数D. 为奇函数C分析：由图象变换可得：把的图象向左平移1个单位关于原点对称解答：因为函数的图象关于点对称
4、，所以将的图象向左平移1个单位长度后所得图象关于原点对称，即是奇函数故选：C6. 在平行四边形中，且.则 （ ）A. B. C. 5D. 6A分析：根据条件先将写成，再根据的关系、的关系，将用、表示出来，然后即可求解出的值，从而结果可求.解答：因为，所以，则，所以.故选：A.点拨：关键点点睛：解答本题的关键是根据图形特点以及点的位置利用、表示出，从而完成求解.7. 一个长方体的长，宽、高分别为5，3，则该长方体的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. B分析：根据长方体的外接球半径为长方体的体对角线的一半，再结合球的表面积公式，求出结果.解答：该长方体的外接球的半径为体对角线的一半，则，
5、则该长方体的外接球的表面积为：故选：B.8. 函数的最小正周期为（ ）A. B. C. D. A分析：先利用二倍角公式化简的解析式，再利用三角函数的周期公式即可求解.解答：，因为的最小正周期为，的最小正周期是的最小正周期的一半，所以的最小正周期为故选：A.9. 若双曲与双曲线D：有相同渐近线，且C经过点，则（ ）A. C的实轴长为且离心率为B. C的实轴长为且离心率为C. C的实轴长为且离心率为D. C的实轴长为且离心率为C分析：设C的方程为，将代入，求出，从而可得答案.解答：依题意可设C的方程为，将代入，得，则C的方程为，即，则C的实轴长，离心率故选：C.10. 在中，且的面积为，则外接圆的
6、半径的最小值是（ ）A. B. 6C. D. 12A分析：由的面积公式可得，再利用余弦定理和基本不等式求的最小值，再根据正弦定理求外接圆半径的最小值.解答：由三角形的面积公式可得，则由余弦定理可得，即，则外接圆的半径（当且仅当时，等号成立）所以外接圆的半径的最小值是.故选：A点拨：思路点睛：本题考查正余弦定理，三角形面积公式解三角形，关键是余弦定理结合基本不等式求最值.11. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ） A. B. 1C. D. 2B分析：根据题中所给的几何体的三视图还原几何体，得到相应的三棱锥，之后利用椎体体积公式求得结果.解答：由三视图可知，该三棱锥的两个顶点为正方
7、体的顶点，另外两个顶点是正方体棱的中点，其直观图如图所示正视图的面积为，故该三棱锥的体积为故选：B12. 已知函数，若对恒成立，则的取值范围是（ ）A. ，B. C. ，D. A分析：求出的导数，由导数判断出函数的单调性，求出其最小值，令最小值大于0即可求出的范围.解答：解：，令，则，令，解得：，令，解得：，故在递减，在递增，故，令，解得：，令，解得：，故在递减，在递增，故，解得：，故选：A点拨：本题考查利用导数解决不等式的恒成立问题，属于中档题.第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡的相应位置13. 若，则_.分析：将分式的分子、分母同除以，然后代入的值求解出结
8、果.解答：因为，故答案为：.点拨：方法点睛：已知的值，求解形如（或）的式子的值的方法：分式的分子、分母同时除以（或），将原式化简为关于的式子，再根据的值可求解出结果.14. 椭圆上一点到两焦点的距离之和为_6分析：利用椭圆的定义即可求解.解答：，利用椭圆的定义可知椭圆上一点到两焦点的距离之和为故答案为：615. 若x，y满足约束条件，则的最大值为_3分析：作出可行域，利用的几何意义求出最大值即可解答：作出可行域如图中阴影部分所示：由图可知，当直线，即经过点时，z取得最大值，故故答案为：-316. 若函数，则的值域为_.分析：求得，分析函数在区间上的单调性，由此可求得函数的值域.解答：因为，由于
9、内层函数在区间上为减函数，外层函数为增函数，所以在上单调递减，当时，则，所以的值域为.故答案为：.点拨：关键点点睛：解决本题的关键就是利用复合函数法判断出函数的单调性，并求出真数的取值范围，结合对数函数的单调性求解.三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.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. 在递增的等比数列中，（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和（1）；（2）分析：（1）利用等比数列通项公式列方程组求出，写出通项公式；（2）先求出，为等差数列，套公式求出.解答：解：
10、（1）由题意可得，解得，故（2）由（1）可得，则，故点拨：等差（比）数列问题解决基本方法：基本量代换18. 某公司销售部门对某产品在某地区的广告投入与纯利润之间的关系进行研究，记录了2020年6月份到10月份的广告费与纯利润，得到如下资料表：月份678910广告费（万元）101113129纯利润（万元）2325302616（1）根据6至10月份的数据，求出关于的线性回归方程；（2）该公司销售部门打算11月份对该地区投入广告费15万元，但公司决策部门规定，当纯利润预测不低于35万元时才能对该地区继续投人广告，否则终止投入广告，试判断销售部门对该地区是否继续投入广告附：回归直线的斜率和截距的最小二
11、乘估计分别为，（1）；（2）该公司销售部门将对该地区继续投入广告分析：（1）先求出，的平均数，再由公式求出，得出答案.(2)将代入（1）中的回归方程进行计算，从而得出答案.解答：解：（1）由表中数据可得，故关于的线性回归方程为（2）当时，所以该公司销售部门将对该地区继续投入广告19. 在直三棱柱中，.（1）证明：平面.（2）求点面A到平面的距离.（1）证明见解析；（2）.分析：（1）由即可证明；（2）利用等体积法，根据可求.解答：（1）证明：在直三棱柱，中，因为平面，平面.所以平面.（2）解：在直三棱柱中，平面ABC，因为平面ABC，所以.又，所以，同理可得.因，所以.所以的面积为.设点A到平
12、面的距离为h，由，得，解得.20. 已知函数.（1）若曲线存在一条切线与直线垂直，求这条切线的方程.（2）证明：.（1）；（2）证明见解析.分析：（1）由可求得切点坐标，再利用点斜式可求得所求切线的方程；（2）设，利用导数得出，以及，进而可得出，即可证得所求不等式成立.解答：（1），因为曲线的一条切线与直线垂直，所以这条切线的斜率为，令，得，所以切点为，所求切线的方程为，即；（2）证明：.当时，；当时，.所以，函数单调递增区间为，单调递减区间为，所以.设函数，则.当时，；当时，.所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.所以.因为，所以.又，所以.点拨：方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法
13、如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.21. 已知抛物线：（）的焦点为，点，（1）求抛物线的方程；（2）已知过点的直线l交抛物线于，两点，当到的距离最大时，求的面积（1）；（2）分析：（1）由得可解，则方程即可求；（2）当时，点到的距离最大，则得直线的斜率为2，将直线代入抛物线结合面积公式即可有结果.解答：解：（1）因为，所以解得，故抛物线的方程为（2）由题意知，因为直线过点，所以当时，点到的距离最
14、大因为，所以直线的斜率为2，联立方程组，消去得设，则，所以因为，所以的面积为点拨：(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|x1x2p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式（二）选考题：共10分请考生从第22，23两题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一个题目计分选修44：坐标系与参数方程22. 在直角坐标系中曲线C的参数方程为，(为参数)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.（1）求C的极坐标方程；（2）若l与C
15、相交，求m的取值范围（1）；（2）.分析：（1）先把曲线C的参数方程化成直角坐标方程，再将直角坐标转化成极坐标；（2）先求出l的直角坐标方程，再根据直线和圆相交得到m的取值范围.解答：解：（1）由，得，即，则C的极坐标方程为，即(或).（2）因为l的极坐标方程为，所以l的直角坐标方程为.由（1）知，曲线C表示圆心为，半径为4的圆，则C到l的距离，解得，即m的取值范围为.点拨：方法点睛：将参数方程转化为直角坐标方程，常用的方法有：（1）代入消参；（2）三角恒等式消参.无论用哪一种方法，都要注意变量的范围.选修45：不等式选讲23. 已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若对恒成立，求的取值范围.（1）；（2）.分析：（1）等价于，根据绝对值解法求解；（2）根据双绝对值解出的最小值，原不等式等价于，平方化简即可.解答：解：（1）由，得，则或，即或，故不等式的解集为，（2）因为，所以的最小值为.因为对恒成立，所以，又，所以点拨：含有绝对值的不等式的性质：（1）如果是实数，则；（2）如果是实数，那么，当且仅当时，等号成立.
