1、高考资源网（） 您身边的高考专家山东中学联盟2021届高三大联考数学试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡和试卷指定位置上2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在试卷上无效3考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回一、单项选择题：本题共8小题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（ ）A. B. C. D. B分析：先解出集合B,然后求解答：，故选：B2. 已知是虚数单位，则在复平面内对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C.
2、 第三象限D. 第四象限D分析：先把化简，再判断其对应的点在第几象限.解答：，它在复平面内对应的点位于第四象限.故选：D3. 已知向量，分别是平面，的法向量，若，则（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，A分析：利用两平面平行，法向量共线即可求解.解答：向量，分别是平面，的法向量，且，,解得：，.故选：A4. 已知圆关于直线对称，则原点到直线的距离为（ ）A. B. 1C. D. C分析：根据圆关于直线对称求出，再根据点到直线的距离可求得结果.解答：由圆，可得圆心，因为圆关于直线对称，所以圆心在直线上，所以，得，所以直线，所以原点到直线的距离为.故选：C5. “，”为真命题的一个充分不必要条件是
3、（ ）A. B. C. D. D分析：先确定“，”为真命题时的范围，进而找到对应选项.解答：若命题“，”为真命题，则，则是的充分不必要条件，故选：D6. 设，则（ ）A. B. C. D. D分析：根据，可得，利用换底公式可得，即，由此可得答案.解答：因为，所以，所以，因为，且，所以，所以.故选：D7. 已知实数，满足，其中，则的最小值为（ ）A. B. 1C. 2D. 16B分析：由已知得，先求的最小值，相乘后，利用基本不等式得出关于的不等式，解之可得解答：因为，其中，所以，当且仅当，即时等号成立，此时由，解得或由得，所以，解得，所以的最小值是1，此时故选：B点拨：易错点睛：利用基本不等式求
4、最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方8. 正三角形的内切圆圆心为，点为圆上任意一点若，则的取值范围（ ）A. B. C. D. A分析：以的中点为原点，分别以所在的直线为轴，建立直角坐标系，写出，其设，利用向量的坐标运算可得，根据三角函数的性质即可求解.解答：设正三角形的边长为， 以所在的直线为
5、轴，建立直角坐标系，则，由正三角形的性质可知，内切圆圆心为，半径为，不妨设，可得，.故选：A二、多项选择题：本题共4小题在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求9. 函数的图象的一个最值点为（ ）A. B. C. D. BD分析：化简函数解析式为，由可得，利用赋值法与代入法可得出合适的选项.解答：，由，可得.当时，；当时，；当时，.故AC选项不满足条件，BD选项满足条件.故选：BD.点拨：关键点点睛：本题考查正弦型函数最值点的求解，在求解最值点的横坐标时，实质上就是求出对称轴方程，可通过结合赋值法求解.10. 设，是双曲线的左、右焦点，点是双曲线上任意一点，若双曲线的渐近线方程为，焦距为，
6、则下列说法正确的是（ ）A. 实轴长B. 双曲线的离心率为2C. 双曲线的焦点到渐近线的距离为D. 存在点，使得BC分析：先根据题意求出a、b、c，然后对A、B、C、D一一验证：对于A：求出a直接判断；对于B：求出a、b、c，直接求出离心率即可；对于C：用点到直线的距离公式求出右焦点到渐近线的距离；对于D：判断的最小值即可.解答：双曲线的渐近线方程，可得，焦距为，且，解得：对于A：实轴长，故A错误；对于B：离心率为，故B正确；对于C：右焦点到渐近线的距离，故C正确；对于D：当P为右顶点时，最短，故不存在点，使得，故D错误.故选：BC点拨：多项选择题是2020年高考新题型，需要对选项一一验证11
7、. 已知函数是定义在上的偶函数，满足，当时，设函数，下列结论成立的是（ ）A. 函数的一个周期为2B. C. 当实数时，函数在区间上为单调递减函数D. 在区间内，若函数有4个零点，则实数的取值范围是ACD分析：利用周期和偶函数，画出函数图像和函数的图像可解得.解答：由，知函数的周期，可知A正确；由周期和奇偶性得，故B不正确；当时，由函数在区间上为单调递减函数，所以，即.得C正确；函数在区间有4个零点，有4个解，即与直线在有4个交点，利用周期和偶函数，结合在的解析式，可画出函数和函数在上的图像.如图：由图可得，即，实数的取值范围是,D正确.故选：ACD.点拨：对具有奇偶性和周期性的函数，通过画图
8、像数形结合可以快速解决函数的单调和零点问题.12. 棱长为1的正方体中，是正方形（含边界）上的动点，若与垂直，下列结论成立的是（ ）A. 平面B. 动点一定在线段上C. D. 与平面所成角的正弦值可以是AB分析：通过证明平面，结合与垂直，可得动点一定在线段上，说明B正确，通过证明平面平面，可得平面，说明A正确，求出的取值范围，可知C不正确，根据直线与平面所成角的定义找到直线与平面所成角，求出这个角的正弦值的取值范围，可知D不正确.解答：连接，如图：因为，且，所以平面，所以，同理可得，又，所以平面，同理平面，所以平面平面，因为，平面，平面，所以平面，因为是正方形（含边界）上的动点，平面平面，所以
9、，即动点一定线段上，故B正确；由以上知平面，平面平面，所以平面，故A正确；因为是边长为的正三角形，所以当为的中点时，当与或重合时，所以，故C不正确；因为平面平面，所以与平面所成角等于与平面所成的角，因为平面，所以就是与平面所成的角，所以，因为，所以与平面所成角的正弦值不可以是，故D不正确.故选：AB点拨：关键点点睛：熟练掌握直线与平面垂直判定与性质、平面与平面平行的性质、直线与平面所成角的定义是解题关键.三、填空题：本题共4小题13. 与棱长为的正方体所有棱都相切的球的体积为_分析：依题意得球心为正方体的体对角线的交点，半径为面对角线的一半，根据棱长即可求解解答：与正方体所有棱都相切的球的球心
10、为正方体的体对角线的交点，半径为面对角线的一半，因为正方体的棱长为所以正方体的面对角线长为 ，则球的半径为所以球的体积为 故答案为：14. 近两年，中国移动推动和技术共享、资源共享、覆盖协同、业务协同，充分利用原线路传输资源，并高效建设基站如图，南北方向的公路，城市地（看作一点）在公路正东处，城市地（看作一点）在北偏东60方向处，原有移动线路曲线上任意一点满足到公路和到城市地距离相等现要在线路上一处建一座基站，则这座基站到城市，两地的总距离最短时为_分析：过作，垂足为，以为轴，的中垂线为轴建立坐标系，过作，垂足为，根据抛物线的定义，可得，所以，当三点在一条直线上，即时，取得最小值.解答：过作，
11、垂足为，以为轴，中垂线为轴建立如图所示的平面直角坐标系.所以.由曲线上任意一点满足到公路和到城市地距离相等.则曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线.又城市地在北偏东60方向处，所以， 过作轴，垂足为，则 过作，垂足为，根据抛物线的定义，可得 所以当三点在一条直线上，即时，取得最小值，所以此时取得最小值等于 ，故答案为：点拨：关键点睛：本题考查抛物线中的最值问题，解答本题的关键是过作，垂足为，根据抛物线的定义，可得 转化为求的最小值问题，当三点在一条直线上，即时，取得最小值，属于中档题.15. 已知数列的前项和为，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是_分析：用裂项法求和得，由恒成立，得解不
12、等式即可解答：由所以 因为恒成立，所以，则或故答案为：点拨：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：（1） 恒成立；（2） 恒成立16. 已知函数在有且仅有3个零点，则函数在上存在_个极小值点，实数的取值范围是_ (1). 1 (2). 分析：首先求的范围，根据正弦函数的图象，确定极小值点个数，以及根据端点值，列不等式求的范围.解答：，由条件可知在区间有3个零点，由函数图象可知：有1个极小值点，两个极大值点，且，解得：.故答案为：1；四、解答题：本题包括6个小题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 在中，内角，所对的边分别为，且，（1）求的面积的最大值；（2）若，求的周长（1）的面积的最大
13、值为；（2）15分析：(1)由条件结合余弦定理，利用均值不等式可得的最大值，从而得出的面积的最大值.（2）由正弦定理将条件互为，再化简可得，由而倍角公式可得，从而得出角，进一步求出边，得出答案.解答：（1），由余弦定理知：，即，即，当且仅当时取等号所以，所以的面积的最大值为（2）由正弦定理得，即，故，由 ，周长为18. 已知数列的前项和是，数列的前项和是，若，再从三个条件：；，；，中任选一组作为已知条件，完成下面问题的解答（1）求数列的通项公式；（2）定义：记，求数列前项的和选择见解析；（1）；（2）分析：（1）根据已知条件可知数列是公比为的等比数列，根据求出的值，可求得等比数列的通项公式.选
14、，由可求得数列的通项公式；选，推导出数列是公差为的等差数列，结合可求得数列的通项公式；选，由的通项公式结合对数运算可得出数列的通项公式；（2）求出数列的表达式，进而可求得的值.解答：（1）由已知得，为等比数列，公比为，则，所以，.选择，当时，当时，.满足，所以，；选择，即，所以是首项为，公差为的等差数列，；选择，；（2），当且时，令，则数列为单调递增数列，且，即.所以，所以，点拨：方法点睛：已知求：若已知数列的前项和与的关系，求数列的通项，可用公式求解，但需要注意对初始项是否满足通项进行检验.19. 某工厂有一批材料被预定制作“阳马”（中国古代算数中的一种几何体，是底面为长方形，两个三角侧面与
15、底面垂直的四棱锥体），材料是由底面为的正四棱柱被截面所截而得到的几何体，每一块材料制作一个“阳马”材料的尺寸如图所示，（1）求通过此材料制作成的“阳马”中，最长的棱的长度；（2）求平面与底面所夹锐角的余弦值（1）；（2）分析：（1）以为原点，所在直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系根据条件可得，从而可求出的长，从而可得答案.（2）平面的一个法向量为,求出平面的法向量，由向量法可得答案.解答：（1）以为原点，所在直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系设点，且有，因为几何体是由底面为的正四棱柱被截面所截而得到的，所以平面平面，又平面平面，平面平面，所以，同理，所以四边形是平行四边
16、形所以，即，得易知由制作成的阳马中，最长的棱长为，所以，所以的长为（2）根据题意可取平面的一个法向量为由（1）知，设平面的法向量为，则由，得，即令，所以，所以，所以平面与底面所夹锐角的余弦值为点拨：方法点睛：向量法求解空间几何问题的步骤：建、设、求、算、取1、建：建立空间直角坐标系，以三条互相垂直的直线的交点为原点，没有三条垂线时需做辅助线；建立右手直角坐标系，尽可能的使得较多的关键点落在坐标轴或坐标平面内.2、设：设出所需的点的坐标，得出所需的向量坐标.3、求：求出所需平面的法向量4、算：运用向量的数量积运算，验证平行、垂直，利用线面角公式求线面角，或求出两个平面的法向量的夹角的余弦值5、取
17、：根据题意，或二面角的范围，得出答案.20. 某地方舱医院的建设中，为了使得内部环境更加温馨，在儿童病区采用了如图所示的一个窗户（该图为轴对称图形），其中上半部分曲线拟从以下两种曲线中选择一种：曲线是一段余弦曲线，在如图所示的平面直角坐标系中，其解析式为，此时记窗户的最高点到边的距离为；曲线是一段抛物线，其焦点到准线的距离为，此时记窗户的最高点到边的距离为；窗户的下半部分中，是矩形的三条边，由总长度为6米的材料弯折而成，记边的长度为米（）（1）分别求函数、的表达式；（2）为了使得点到边的距离最大，窗户的上半部分应选择曲线还是曲线？请说明理由，并求出此时矩形部分的边长度应设计成多少米（1），；（
18、2）选用曲线，答案见解析；矩形部分的边长度设计成3米分析：（1）对于曲线，点的坐标为，则；对于曲线，点的坐标为，则；（2）分别求解、的最大值，并比较它们的大小，对于通过求导分析单调性即可求最大值，对于分析单调性从而求得最大值，最后选用最大值较大的曲线即可，并求出相应的边长度解答：（1）曲线解析式为，所以点的坐标为，点到的距离为，而，则，关于曲线，可知抛物线的方程为所以点的坐标为，点到的距离为，又，可得（2）因为，所以在上单调递减，所以当时，取得最大值为又二次函数开口向上，在上单调递减，在上单调递增，当时，取得最大值为经比较，所以所以，选用曲线，满足点到边的距离最大，此时，即矩形部分的边长度设计
19、成3米点拨：关键点点睛：本题解题的关键在于根据图形找出关键点的坐标代入求解解析式21. 已知椭圆过点，短轴的一个端点到焦点的距离为2（1）求椭圆的方程；（2）定义为，两点所在直线的斜率，若四边形为椭圆的内接四边形，且，相交于原点，且，试判断与的和是否为定值若为定值，求出此定值；若不为定值，请说明理由（1）；（2）是定值，定值为0分析：（1）用待定系数法求标准方程；（2）设，用“设而不求法”表示出、,并转化为，代入求出斜率k即可求出+.解答：（1）因为椭圆过点，所以，又由题意知，短轴的一个端点到焦点的距离为2，即联立方程解得，所以椭圆方程为（2）证明：设直线的方程为，联立，得，因为，所以，所以，
20、又，整理得，可以轮换，的斜率一个是，另一个就是，所以与的和定值，点拨：（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；（2）设而不求是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.22. 函数（1）当时，若函数恰有一个零点，求实数的取值范围；（2）设函数，（）若曲线在点处的切线方程为，求实数，的值；（）对于曲线上的两个不同的点，记直线的斜率为，若函数的导函数为，证明：（1）或；（2）（）；（）证明见解析分析：（1）先讨论出函数的单调性，由零点存在原理分析函数恰有一个零点的条件可得答案.（2）（）先求出的值，得出切点坐标，再求，即切线的斜率值，由，可得到答案.（）由题意可得，不妨设，则，将转化为，设，讨论出其单调性可证明.解答：（1）函数的定义域为，当时，所以在上单调递增，取，则因为，所以，此时函数有一个零点当时，令，解得当时，所以在上单调递减当时，所以在上单调递增当时，当时，.要使函数有一个零点，则，即，综上，若函数恰有一个零点，则或（2）（），曲线在点处的切线方程为，整理（）证明：，又，不妨设，则，即令,则，因此在上单调递减，所以又，所以，所以，即点拨：关键点睛：本题考查根据函数零点个数求参数和导数的几何意义的应用以及利用导数证明不等式，解答本题的关键是由，不妨设，则，将转化为，分析其正负，属于难题.- 25 - 版权所有高考资源网