1、四川省仁寿县铧强中学2021届高三数学12月月考试题 理一、 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，只有一个是符合题目要求。1已知集合，集合 ，则 （）A B C D 2. 若，则（ ）AB0C1D23记 为等差数列的前项和，已知 ，则（ ）A15B16C19D204己知 则a，b，c的大小关系为（）A B C D 5已知非零向量满足，且，则与的夹角为（ ）A B C D6函数的图象大致为（ ）A B C D7.某多面体的三视图如图所示，其中正视图是一个直角边为2的等腰直角三角形，侧视图是两直角边分别为2和1的直角三角形，俯视图为一矩形，则该多面体的外接球的
2、表面积为（ ）A.7 B.8 C.9D.108在九章算术中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马如图，若四棱锥PABCD为阳马，侧棱PA底面ABCD，PAABAD，E为棱PA的中点，则异面直线AB与CE所成角的正弦值为（）A B C D 9已知函数（且）的图象恒过定点A，若点A在直线上，其中，则的最小值为（ ）ABC2D410. 设焦点、分别是椭圆左右焦点，若椭圆上存在异于顶点的一点P使得是顶角为的等腰三角形，则该椭圆的离心率为（ ）ABCD11. 已知函数，其中 ，其图象关于直线 对称，对满足 的 ，有 ，将函数 的图象向左平移 个单位长度得到函数 的图象，则函数的单调递减区
3、间是（）A （kZ）B（kZ）C（kZ）D（kZ）12. 若函数，则函数的零点个数为（ ）A3 B4 C5 D6二、填空题（每小题5分，共4小题，共20分）13. 将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是_.14. 若实数满足约束条件，则的最小值是_.15. 已知F为抛物线C：y24x的焦点，过点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，与抛物线C的准线交于点D，若F是AD的中点，则|FB|_16. 已知定义在上的函数，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为_三、解答题（本大题共6个题，共70分）17. （本小题满分12分） 已知是数列的前项和，且 （1）求的通项
4、公式；（2）设 ，求数列的前项和.18. （本小题满分12分）设 （1）求的单调增区间；（2）在锐角ABC中角A，B，C的对边分别为a，b，c，若 ，求ABC面积的最大值19. （本小题满分12分）如图甲，在中，分别在，上，且满足，将沿折到位置，得到四棱锥，如图乙（1）已知，为，上的动点，求证：；（2）在翻折过程中，当二面角为60时，求直线与平面所成角的正弦值20. （本小题满分12分）基于移动互联技术的共享单车被称为“新四大发明”之一，短时间内就风靡全国，带给人们新的出行体验，某共享单车运营公司的市场研究人员为了解公司的经营状况，对该公司最近六个月内的市场占有率进行了统计，设月份代码为，市场
5、占有率为（%），得结果如表年月2018.102018.112018.122019.12019.22019.3x123456y111316152021（1）观察数据看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明（精确到0.001）；（2）求关于的线性回归方程，并预测该公司2019年4月份的市场占有率；（3）根据调研数据，公司决定再采购一批单车扩大市场，现有采购成本分别为1000元/辆和800元/辆的甲，乙两款车型报年限各不相同考虑到公司的经济效益，该公司决定先对两款单车各100辆行科学模拟测试，得到两款单车使用寿命表如下车型报废年限1年2年3年4年总计甲款10304020100乙款15
6、403510100经测算，平均每辆单车每年可以为公司带来收入500元，不考虑除采购成本之外的其他成本，假设每辆单车的使用寿命都是整数年，且用频率估计每单车使用寿命的概率，以每辆单车产生利润的期望值为决策依据如果你是该公司的负责人，你会选择采购哪款车型？参考数据： 参考公式：相关系数 ,回归方程 中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为 , . 21.（本小题满分12分）已知函数.（1）当时，讨论函数的单调性；（2）若不等式在时恒成立，求实数的取值范围；（3）证明：.（二）选考题：共10分，请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做则按所做的第一题计分22【选修4-4坐标系与参数方程】（本小题满分
7、10分）在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）为曲线上的动点，点在线段上，且满足，求点的轨迹的直角坐标方程；（2）曲线上两点与点，求面积的最大值23【选修4-5不等式选讲】（本小题满分10分）已知函数（1）求不等式的解集；（2）若函数的最大值为，且，求的最小值理科数学(参考答案)题号123456789101112答案CDBDAACBCAAB13. 14. 15. 16. 1.： 解：Ax|2x3，RAx|x2或x3，（RA）Bx|x33，+）.D解：因为，所以，所以，所以3. B 设等差数列an的公差为d，由S55，a610，可得：5a1d5，a
8、1+5d10，解出即可得出。设等差数列an的公差为d，S55，a610，5a1d5，a1+5d10，解得：a15，d3，则a85+7316.D解：，1ba，又，cba故选：D. .A解：因为，所以=0，所以，所以=，所以与的夹角为，故选A. A解：函数的定义域为，因为，所以为偶函数，所以排除C,D,又因为当时，当时，所以排除B，故选：A. C 由三视图可得，该几何体为一个三棱锥，如图三棱锥PABC，放在长、宽、高分别为2，1，2的长方体中，易知外接球的直径2R3，故S球4R29. 解：因为ABCD，即ECD为所求，连接ED，则三角形CDE为直角三角形，不妨设AB2a，则DEa，EC3a，则si
9、nECD，故选：B. C解：令，点在直线上，则，即，当且仅当，即时等号成立故选：C. A【分析】设，因为是顶角为的等腰三角形，从而求出，再利用椭圆的定义即可求解.【详解】不妨设，且，则，由椭圆的定义可得，所以.故选：A. A解：已知函数f（x）sin（x+），其中0，（0，），其图象关于直线x对称，对满足|f（x1）f（x2）|2的x1，x2，有|x1x2|min，2再根据其图象关于直线x对称，可得2+k+，kZ，f（x）sin（2x+）将函数f（x）的图象向左平移个单位长度得到函数g（x）sin（2x+）cos2x的图象令2k2x2k+，求得 kxk+，则函数g（x）的单调递减区间是k，k+
10、，kZ，12. B解：函数，的零点即的根，设，则，先解方程的根t，再计算的解.时得；时得.如图所示，函数的图像，方程和方程各有两个解，即方程共有4个解，故的零点有4个.故选：B.二填空题13. 根据题意可得基本事件数总为个.点数和为5的基本事件有，共4个.出现向上的点数和为5的概率为.14. ln3解:由实数x，y满足约束条件作出可行域如图所示，联立，解得B（3,1），由目标函数zlnylnxln，而的最小值为，zlnylnx的最小值是ln3故答案为ln315. 【分析】做出图像，根据焦准距为4，F是AD的中点，可求得AM的长度，利用抛物线定义，可得AF的长度，即可求出，在中，利用定义可得FB
11、BN，即可求得答案.【详解】如图所示：过点A，B，F分别向准线引垂线，交准线于点M，N，E，由题意得FE2，且F是AD的中点，则EF为的中位线，所以AM4，则AF= DF4，所以，即,又由抛物线定义可得：FBBN，且BD2BN，所以3BF=DF=4，即，故答案为：16. 解:由，可得，即.因为，所以问题可转化为恒成立，记，所以在上单调递增.又，所以当时，恒成立，即实数的取值范围为.三、解答题（本大题共6个题，共70分）17解：（1）因为，所以. 相减得， 2分所以， 所以. 又，解得， 所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，即的通项公式为. 6分（2）由（1）可得. 8分所以.12分18.
12、解：（1）f（x）cos2x2cos2（x+）+1cos2xcos2（x+）cos2xcos（2x+）cos2xcos2x+sin2xcos2x+sin2xsin（2x+），3分3分则由2k2x+2k+，kZ，得kxk+，kZ，即函数的单调递增区间为k，k+，kZ3分6分（2）若f（）1，则sin（2+）sin（A+）1，A是锐角，A+，得A2分8分a1，由余弦定理得a2b2+c22bccosA，即1b2+c2bc2bcbcbc，bc1，当且仅当bc时取等号，2分10分则三角形的面积SbcsinA，即三角形面积的最大值为2分12分19. 【详解】（1）证明：在图甲中，又，且，即在图乙中，又，故
13、有平面，而平面，故有；（2）解：，所以为二面角的平面角，则，在中，由余弦定理，可知，满足，则有，由（1）知，平面，则，如图，以点为坐标原点，分别以，为，轴正方向建立坐标系，则，则，设平面的法向量为，则，取，所以直线与平面所成角满足20. 解：（1）由参考数据可得，接近1，y与x之间具有较强的线性相关关系，可用线性回归模型进行拟合；4分4分（2），y关于x的线性回归方程为2019年4月份代码x7，代入线性回归方程得，于是2019年4月份的市场占有率预报值为23%；4分8分（3）用频率估计概率，甲款单车的利润X的分布列为X50005001000P0.10.30.40.2E（X）5000.1+00.
14、3+5000.4+10000.2350（元）乙款单车的利润Y的分布列为Y3002007001200P0.150.40.350.1E（Y）3000.15+2000.4+7000.35+12000.1400（元）以每辆单车产生利润的期望值为决策依据，故应选择乙款车型4分12分21. 解：（1）因为 所以所以在区间上单调递减；在区间上单调递增 3分（2）求导数可得，当时，函数在上单调递增；当时，由可得，函数在上单调递增，在上单调递减； 5分当时，函数在上单调递增，即不等式在时恒成立，当时，函数在上单调递减，存在使得，所以不合题意，舍去。综上可知实数的取值范围为，； 7分（3）由（2）得当时，不等式在
15、时恒成立，即， 9分即，将上述式子相加可得原不等式得证 12分若有其他解法，可酌情给分！（二）选考题：共10分，请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做则按所做的第一题计分 22【选修4-4坐标系与参数方程】（本小题满分10分）解：（1）设的极坐标为（），的极坐标为（）1分由题设知，由，3分得，所以的极坐标方程（），因此的直角坐标方程为（）5分（2）依题意：，6分于是面积：分当时，取得最大值9分所以面积的最大值为10分23已知函数f（x）|x1|32x|（1）求不等式的解集；（2）若函数的最大值为n，且2a+bn（a0，b0），求的最小值解：（1）由已知得f（x），当x3，与x1矛盾；当；当，综上所述，不等式的解集为，5分5分（2）由（1）可知，2a+bn（a0，b0），当且仅当，即时，“”成立故的最小值为185分10分
