1、泰安市高三2021年1月份联考数学测试题一单项选择题：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. 设函数为奇函数，且当时，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. D分析：先判断函数在上为增函数，又由于函数为奇函数，所以在上单调递增，再由奇函数的性质对变形，得，从而得，进而可求得解集解答：解：由，得，因为，所以，所以在上单调递增，因为函数为奇函数，所以在上单调递增，由，得，因为函数为奇函数，所以，因为上单调递增，所以，得故选：D点拨：此题考查奇函数的性质的应用，考查利用函数的奇偶性和单调性解不等式，属于中档题2. 若复数的共轭复数在复平面内
2、对应的点在第二象限内，则实数a的值可以是（ ）A. 1B. 0C. -1D. -2D分析：利用复数除法运算化简，根据的共轭复数在复平面内对应的点在第二象限列不等式组，解不等式组求得的取值范围，由此确定正确选项.解答：依题意，由于在复平面内对应的点在第二象限，所以，解得，故的值可以是-2.故选：D3. 在平面直角坐标系中，点，将向量绕点按逆时针方向旋转后得到向量，则点的坐标是（ ）A. B. C. D. D分析：化为，然后利用两角和的正弦与余弦公式，求得点坐标，即可得解.解答：由，得，将向量绕点按逆时针方向旋转后得到向量，又，.故选：D.点拨：本题考查了平面向量中的应用问题以及坐标与图形变换的关
3、系，考查了三角函数的定义，属于基础题.4. “”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A分析：根据基本不等式的性质可得充分性成立，根据特殊值判断不是必要条件，即可得解.解答：，当且仅当，即时取等号.若时，则，因此“”是“，”的充分条件；若，则，即，推不出“”，因此“”不是“，”的必要条件.故“”是“，”的充分不必要条件.故选：A.点拨：本题考查了充分性与必要性的判断与应用，考查了基本不等式的应用，属于基础题.5. 函数在上的图象大致为（ ）A. B. C. D. A分析：构造函数，证明当时，即，从而当时，排除B，C，D，即可得解.解答：
4、记，在上单调递增，又，当时，即，又，当时，故排除B，C，D.故选：A.点拨：本题考查了函数图象的判断以及利用导数证明不等式，考查了转化能力，属于中档题.6. 已知O为坐标原点，双曲线C：的右焦点为F，过点F且与x轴垂直的直线与双曲线C的一条渐近线交于点A（点A在第一象限），点B在双曲线C的渐近线上，且BFOA，若，则双曲线C的离心率为（ ）A. B. C. D. 2A分析：根据题意得到，再根据BFOA，利用斜率相等解得，然后再根据求得a，b关系即可.解答：由题意得：，因为BFOA，所以 ，即，解得，所以，所以，所以，即，所以，故选：A点拨：本题主要考查了双曲线的离心率的求法、渐近线方程有解平面
5、向量的数量积运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题.7. 在四面体ABCD中，ABC和BCD均是边长为1的等边三角形，已知四面体ABCD的四个顶点都在同一球面上，且AD是该球的直径，则四面体ABCD的体积为( )A. B. C. D. B分析：易得出ABACBCBDCD1，ABDACD90，设球心为O，则OBOCOD，BOAD，BOOC，从而BO平面ACD，由此能求出四面体ABCD的体积解答：在四面体ABCD中，ABC和BCD均是边长为1的等边三角形，四面体ABCD的四个顶点都在同一球面上，且AD是该球的直径，设球心为O，则O为AD的中点，ABACBCBDCD1，ABDACD90，OBOCO
6、D，BOAD，BOOC，BO平面ACD，四面体ABCD的体积为：VBACD故选：B【点晴】本题考查四面体的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属中档题8. 如图，已知抛物线（）的焦点为，点（）是抛物线上一点.以为圆心的圆与线段相交于点，与过焦点且垂直于对称轴的直线交于点，直线与抛物线的另一交点为，若，则（ ）A. B. C. D. B分析：根据抛物线的定义得，直线方程为：，到直线距离为，利用圆的弦，可得，利用，结合抛物线方程，求出和，得到点坐标，联立直线与抛物线方程，求出点坐标，即可求出.解答：由题意得，直线方程为：，到直线距离为，以为圆心的圆与线段
7、相交于点，与过焦点且垂直于对称轴的直线交于点，解得，又，故，抛物线方程为，直线方程为，与抛物线方程联立得，消去整理得，解得或，.故选：B.点拨：本题考查了抛物线的方程与定义，考查了直线与圆的位置关系，考查了抛物线与直线的位置关系，考查了转化能力与计算能力，属于中档题.二多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，只有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分.9. 已知椭圆的左、右焦点分别为，且，点在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（ ）A. 的最小值为B. 椭圆的短轴长可能为2C. 椭圆的离心率的取值范围为D. 若，则椭圆的长轴长为ACD
8、分析：A. 将，利用椭圆的定义转化为求解；B.假设椭圆的短轴长为2，则，与点在椭圆的内部验证；C. 根据点在椭圆内部，得到，又，解得，再由求解；D. 根据，得到为线段的中点，求得坐标，代入椭圆方程求解.解答：A. 因为，所以，所以，当，三点共线时，取等号，故正确；B.若椭圆的短轴长为2，则，所以椭圆方程为，则点在椭圆外，故错误；C. 因为点在椭圆内部，所以，又，所以，所以，即，解得，所以，所以，所以椭圆的离心率的取值范围为，故正确；D. 若，则为线段的中点，所以，所以，又，即，解得，所以，所以椭圆的长轴长为，故正确.故选：ACD点拨：本题主要考查椭圆的定义，点与椭圆的位置关系以及椭圆的几何性质
9、，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.10. 如图，平面平面l，A，C是内不同的两点，B，D是内不同的两点，且A，B，C，D直线l，M，N分别是线段AB，CD的中点下列判断正确的是（）A. 若ABCD，则MNlB. 若M，N重合，则AClC. 若AB与CD相交，且ACl，则BD可以与l相交D. 若AB与CD是异面直线，则MN不可能与l平行BD分析：由若两两相交平面有三条交线，交线要么相交于一点，要么互相平行判定、；用反证法证明解答：解：若，则、四点共面，当时，平面、两两相交有三条交线，分别为、，则三条交线交于一点，则与平面交于点，与不平行，故错误；若，两点重合，则，、四点共面，
10、平面、两两相交有三条交线，分别为、，由，得，故正确；若与相交，确定平面，平面、两两相交有三条交线，分别为、，由，得，故错误；当，是异面直线时，如图，连接，取中点，连接，则，则，假设，又，平面，同理可得，平面，则，与平面平面矛盾假设错误，不可能与平行，故正确故选：点拨：本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，属于中档题11. 已知函数对，满足，若且在上为单调函数，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. 是周期为4的周期函数D. 的图象关于点对称AB分析：对于选项A，由，令，可得；对于选项B，由，可得，求出周期，由此得，结合在上为单调函数，可求得；对于选项
11、C，通过反证法说明，假设是周期为的周期函数，利用赋值法推出与“在上为单调函数”矛盾即可；对于选项D，通过反证法说明，假设的图象关于点对称，则，通过赋值法推出矛盾性即可.解答：，即的图象关于点对称，令得，故，A正确；，即的图象关于直线对称，即，是周期为的周期函数，（因为），且在上为单调函数，故，故B正确.假设是周期为的周期函数，则，又，即，与“在上为单调函数”矛盾，故假设不成立，C错误；，假设的图象关于点对称，则，令，得，即，则，即，与“在上为单调函数”矛盾，故假设不成立，D错误.故选：AB.点拨：同号断周期，异号断对称，两个对称有周期.说明对称中心为，说明对称轴为，周期即为（类比一下三角函数的
12、对称轴与对称中心）12. 如图，点是正四面体底面的中心，过点的直线交，于点，是棱上的点，平面与棱的延长线相交于点，与棱的延长线相交于点，则（ ）A. 若平面，则B. 存在点S与直线MN，使平面C. 存在点与直线，使D. 是常数ABD分析：对于选项A，根据线面平行的性质定理，进行推理判断即可；对于选项B，当直线平行于直线， 时，通过线面垂直的判定定理，证明此时平面，即可证明，存在点S与直线MN，使平面；对于选项C，假设存在点与直线，使，利用线面垂直的判定定理可证得平面，此时通过反证法说明矛盾性，即可判断；对于选项D，利用，即可求得是常数.解答：对于选项A，若平面，平面与棱的延长线相交于点，与棱的
13、延长线相交于点,平面平面，又平面，平面，点在面上，过点的直线交，于点，平面，又平面，平面平面，故A正确；对于选项B，当直线平行于直线，为线段上靠近的三等分点，即，此时平面，以下给出证明：在正四面体中，设各棱长为，均为正三角形，点为的中心，由正三角形中的性质，易得，在中，由余弦定理得，则，同理，又，平面，平面，平面，存在点S与直线MN，使平面，故B正确；对于选项C，假设存在点与直线，使，设中点为，则，即，又易知与为相交直线，与均在平面上，平面，即平面，与正四面体相矛盾，所以假设不成立，故C错误；对于选项D，易知点到面，面，面的距离相等，记为，记与平面所处角的平面角为，为常数，则也为常数，则点到的
14、距离为，又 ，又，为常数，故D正确.故选：ABD.点拨：本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了三棱锥体积的计算，考查了向量的运算，考查了转化能力与探究能力，属于较难题.三填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知双曲线的渐近线与圆相切，且双曲线C的一个焦点与圆F的圆心重合，则双曲线C的方程为_.分析：由题意知，根据渐近线与圆相切建立方程，根据，即可求解.解答：双曲线渐近线方程为，由双曲线渐近线与圆相切可得： ，又双曲线C的一个焦点与圆F的圆心重合，所以，故，。所以双曲线的方程为故答案为：点拨：本题主要考查了双曲线的标准方程，直线与圆的位置关系，属于中档题.14
15、. 已知函数则时，的最小值为_；设若函数有6个零点，则实数的取值范围是_ (1). (2). 分析：分别得出x1，e时， 的最小值，当x-1， 1)时， 的最小值，比较可得出函数在-1， e 上的最小值；令t=f(x)，g(x)=0即；作出函数y=f(x)的图象，则需满足直线y=t与函数y= f(x)的图象最多只有三个交点，方程有两个(0，1)内的不等根，由此可求得实数的取值范围.解答：当x1，e时，此时函数在区间上单调递增，故此时函数最小值为，当x-1，1)时， ， 则，令，解得（舍）或，且有在(-1.0)上单调递增，在(0.1) 上单调递减，因为，所以函数在-1，1)上的最小值为- 4，故
16、函数在-1， e 上的最小值为- 4；令t=f(x)，g(x)=0即；作出函数y=f(x)的图象，如图所示：直线y=t与函数y= f(x)的图象最多只有三个交点，所以0t1，即说明方程有两个(0，1)内的不等根，亦即函数在(0，1)内的图象与直线有两个交点，因为，根据的图象可知，即实数a的取值范围为，故答案为：；.点拨：本题考查分段函数的最值问题，以及方程的根的个数转化为两图象的交点的问题，属于较难题.15. 在中，点在线段上，且满足，则_.分析：首先根据，设，根据已知条件得到，再利用正弦定理即可得到答案.解答：如图所示：，设，.因为，所以.又因为，所以，.因为，.在中，所以.故答案为：点拨：
17、本题主要考查正弦定理解三角形，同时考查学生分析问题的能力，属于简单题.16. 定义函数，其中表示不超过的最大整数，例如：，.当时，的值域为.记集合中元素的个数为，则的值为_.分析：先由题意求出，再求，接着求出，即可得到的通项公式，表示出，用裂项相消法求出即可.解答：表示不超过的最大整数，当时，在各区间内的元素个数为，.故答案：.点拨：本题考查了函数的值域以及裂项相消法在数列求和中的应用，其中正确理解函数所表示的意义是解答本题的关键，属于较难题.四解答题：本大题共6小题，共70分，答应写出文字说明证明过程或演算步骤.17. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知向量，满足.（1）求C；（2
18、）若，求.（1）；（2）.分析：（1）由得出等式，再用正余弦定理即可；（2）由正弦定理转化为角的关系，然后运用三角恒等变换公式即可.解答：（1）因为，所以，由正弦定理得，所以，所以，因为，故.（2）由（1）知，由题设及正弦定理得，即，可得.由于，所以，故.点拨：解三角形一般需要三个条件，如果条件不齐，则只能求角或者求范围，本题属于边角不齐求角的题型.18. 在，成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解.已知数列中，公差不等于的等差数列满足_，求数列的前项和.详见解析分析：根据已知求出的通项公式.当时，设数列公差为，利用赋值法得到与的关系式，列方程求出与，求出，写
19、出的通项公式，可得数列的通项公式，利用错位相减法求和即可；选时，设数列公差为，根据题意得到与的关系式，解出与，写出的通项公式，可得数列的通项公式，利用错位相减法求和即可；选时，设数列公差为，根据题意得到与的关系式，发现无解，则等差数列不存在，故不合题意.解答：解：因为，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，选时，设数列公差为，因为，所以，因为，所以时，解得，所以，所以.所以（i）所以（ii）（i）（ii），得：所以.选时，设数列公差为，因为，所以，即，因为，成等比数列，所以，即，化简得，因为，所以，从而，所以，所以，（i）所以（ii）（i）（ii），得：，所以.选时，设数列公差为，因为，所以
20、时，所以.又因为，成等比数列，所以，即，化简得，因为，所以，从而无解，所以等差数列不存在，故不合题意.点拨：本题考查了等差（比）数列的通项公式，考查了错位相减法在数列求和中的应用，考查了转化能力与方程思想，属于中档题.19. 如图，在等腰直角三角形中，分别是，上的点，且，分别是，的中点.现将沿折起，得到四棱锥，连接.（1）证明：平面；（2）是否存在点，当将沿折起到时，二面角的余弦值等于？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.（1）证明见解析（2）存在点，此时的长为分析：（1）作交于点，连接，取中点，连接，证明四边形是平行四边形，从而得到，利用线面平行的判定定理证明即可；（2）证明，两两垂直，
21、以为坐标原点，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，求出法向量夹角的余弦值，可得二面角的余弦值，结合题意，列方程求解即可.解答：（1）证明：作交于点，连接，取中点，连接，由中位线定理得，且，因为是的中点，所以，且，故，且，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）解：存在.理由如下：因为，且，平面，平面，所以平面，又，所以平面，又平面，所以，又，所以，两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，由，得，所以，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，又平面的一个法向量，若存在点，当将沿折起到时，二面角的
22、余弦值等于，则有，即，解得，即的长为.故存在点，此时的长为.点拨：本题考查了线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理与线面垂直的性质定理，考查了利用空间向量求二面角，考查了方程思想，属于中档题.20. 设抛物线的焦点为，点是上一点，且线段的中点坐标为.（1）求抛物线的标准方程；（2）若，为抛物线上的两个动点（异于点），且，求点的横坐标的取值范围.（1）；（2）.分析：（1）设点，由线段的中点坐标可得出点的坐标，再代入抛物线的标准方程可得出关于的方程，解出正数的值，即可得出抛物线的标准方程；（2）设点、，求出直线的斜率，进而求出直线的方程，将直线的方程与抛物线的标准方程联立，可得出，可知该方程有解
23、，由可求得的取值范围，并进行检验，由此可得出点的横坐标的取值范围.解答：（1）依题意得，设，由的中点坐标为，得，即，所以，得，即，所以抛物线的标准方程为；（2）由题意知，设，则，因为，所以，所在直线方程为，联立，因为，得，即，因为，即，故或.经检验，当时，不满足题意；所以点的横坐标的取值范围是.点拨：本题考查抛物线方程的求解，同时也考查了由直线垂直求抛物线上的点的横坐标的取值范围，考查计算能力，属于中等题.21. 已知椭圆过点，分别为椭圆C的左、右焦点且.（1）求椭圆C的方程；（2）过P点的直线与椭圆C有且只有一个公共点，直线平行于OP（O为原点），且与椭圆C交于两点A、B，与直线交于点M（M
24、介于A、B两点之间）.（i）当面积最大时，求的方程；（ii）求证：，并判断，的斜率是否可以按某种顺序构成等比数列.（1）；（2）（i）；（ii）证明见解析，不可能构成等比数列.分析：（1）设，.求出的坐标，根据，求出.把点代入椭圆方程，结合，求出，即得椭圆C的方程；（2）（i）设方程为，.把直线的方程代入椭圆方程，由韦达定理、弦长公式求出.由点到直线的距离公式求出点P到的距离，则，根据基本不等式求面积的最大值，即求的方程；（ii）要证结论成立，只须证明，即证直线为的平分线，转化成证明.又与C有一个公共点，即为椭圆的切线，可求，又.由题意，四个数按某种顺序成等比数列，推出矛盾，故不可能构成等比数
25、列.详解】（1）设，则，.，.又在椭圆上，故，又，解得，故所求方程为.（2）（i）由于，设方程为，.由，消y整理得，则.又点P到的距离,.当且仅当，即时，等号成立.故直线AB的方程为：.（）要证结论成立，只须证明：，由角平分线性质即证：直线为的平分线，转化成证明：.因为因此结论成立.又与C有一个公共点，即为椭圆的切线，由得令，则，所以，所以，故所研究的4条直线的斜率分别为，若这四个数成等比数列，且其公比记为q，则应有或，或.因为不成立，所以，而当时，此时直线PB与重合，不合题意，故，PA，PB的斜率无论怎样排序都不可能构成等比数列.点拨：本题考查椭圆的方程，考查弦长公式、点到直线的距离公式、基
26、本不等式和等比数列等知识，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，综合性强，属于难题.22. 已知函数，（1）设函数与有相同的极值点（i）求实数a的值；（ii）若对，不等式恒成立，求实数k的取值范围；（2）时，设函数，试判断在上零点的个数（1）（i）1；（ii）或；（2）1个分析：（1）（i）求出函数的极值点1，令函数，求出a的值，再检验1是函数的极值点；当时，问题等价于，当时，问题等价于，即恒成立，将恒成立问题转化成求函数的最值问题即可得解；（2）令，用导数可证时，函数单调递减，当，函数单调递增，可证在上只有1个零点，故在上只有1个零点解答：解：（1）（i），当时，函数单调递增，函数单调递减，故时，函数取得唯一的极大值，故也是的极值点，由可得，经检验是的极小值点，故，由（i）知，由于，显然，故时，又，故，所以当时，当时，问题等价于，所以恒成立，即，故符合题意；当即时，问题等价于，即恒成立，即，因为，综上或，（2）当时，令，则，当时，函数单调递减，当，函数单调递增，又，所以在上只有1个零点，即方程在上只有一个根，即方程在上只有一个根，即函数在上只有1个零点点拨：本题考查了利用导数研究函数单调性、极值，考查了零点的判断，以及导数中的恒成立问题，是难题
