1、2021届高三定时训练试题数学一、单项选择题：本题共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. 已知i是虚数单位，则的模为（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】D【解析】【分析】先利用复数的除法化简复数，再利用复数的模求解.【详解】因为，所以的模为，故选：D2. 设集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数的定义域和值域，再求交集.【详解】函数的定义域是，即，的值域是，即，则.故选：B3. “”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【答案】A【解析】【分析】由对
2、数函数的性质可得“”的充要条件是“”，利用不等式的性质，即可判定，得到答案【详解】由对数函数的性质可得“”的充要条件是“”，当时，则是成立的，例如：，此时也成立，所以“”是“”的充分不必要条件故选A【点睛】本题主要考查了对数的运算性质，以及不等式的性质和充分不必要条件的判定，其中解答中熟练应用对数函数的性质，以及不等式的性质，合理判定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题4. 数列是等差数列，且，那么（ ）A. B. C. 5D. 【答案】B【解析】【分析】令、 可得等差数列的首项和第三项，即可求出第五项，从而求出.【详解】令得，令得，所以数列的公差为，所以，解得，故选：B【点睛】
3、本题主要考查了求等差数列通项，以及利用通项求等差数列中的项，属于基础题.5. 若则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先化简得，再平方即得解.【详解】因为所以所以，所以，因为，所以，所以，所以，两边平方得， 所以，故选：C【点睛】本题主要考查三角恒等变换，考查差角的正弦公式，考查二倍角的正弦余弦公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.6. 设，且，则（ ）A. 有最小值为4B. 有最小值为C. 有最小值为D. 无最小值【答案】B【解析】【分析】，且，可得代入，化简整理利用基本不等式的性质即可得出【详解】，且，解得，当且仅当，时取等号有最小值故选：B【点睛】本
4、题考查基本不等式的性质、方程的解法，考查推理能力与计算能力7. 已知O是的外心，若，且，则的面积为（ ）A. B. 18C. 24D. 【答案】D【解析】【分析】由外心的性质建立，进步利用向量的线性运算和数量积运算建立三角函数的关系式，进一步求出，最后利用三角形的面积公式求出结果.【详解】取的中点为，连接因为O是的外心，所以由于，则因为所以即，得，即，则故选：D【点睛】关键点睛：本题主要考查了向量知识的应用以及三角形面积公式的应用，解题的关键在于由外心的性质出发得出，结合数量积公式建立三角函数的关系式，进一步求出.8. 设函数在上存在导函数，对任意的实数都有，当.若 ，则实数的取值范围是( )
5、A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：设 ，判断的奇偶性和单调性，得出的范围详解：设，则，是偶函数当.，在 上是增函数，即 ， ，即故选A点睛：本题考查函数的导数与函数单调性的关系，考查导数的应用以及函数恒成立问题以及转化思想，关键是构造函数并分析函数的单调性二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9. 已知函数则下面结论正确的是（）A. 是奇函数B. 在上为增函数C. 若，则D. 若，则【答案】BCD【解析】【分析】由奇偶性的定义可判断函数的奇偶性，再由导数可判断在上为增函
6、数，再由可判断C，由可得，结合单调性可得解.【详解】函数的定义域为，由，得是偶函数，故A不正确；当时，所以在上为增函数，故B正确；因为是偶函数，所以，又，所以，故C正确；由可得，且在上为增函数，所以，解得，故D正确.故选：BCD.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性和单调性，利用偶函数性质是解题的关键，属于中档题.10. 已知函数部分自变量函数值如下表所示，下列结论正确的是( )A. 函数解析式为B. 函数图象的一条对称轴为C. 是函数图象的一个对称中心D. 函数的图象向左平移个单位，再向下平移2个单位所得的函数为奇函数【答案】BCD【解析】【分析】先求出函数的解析式，再求出函数的对称轴和对称中
7、心，即可得答案.【详解】由表格的第1、2列可得：，由表格的第4、5列可得：，故A错误；令，是函数图象的一条对称轴，即为的一条对称轴，故B正确；，是函数图象的一个对称中心， 是函数图象的一个对称中心，故C正确；函数的图象向左平移个单位，再向下平移2个单位所得的函数为，为奇函数，故D正确；故选：BCD【点睛】本题考查正弦型三角函数的解析式、对称轴、对称中心、平移变换，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意表格信息的应用.11. 如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点，将AMB沿直线AM翻折成AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A.
8、存在某个位置，使得CNAB1B. CN的长是定值C. 若AB=BM，则AMB1DD. 若AB=BM=1，当三棱锥B1AMD的体积最大时，三棱锥B1AMD的外接球的表面积是4【答案】BD【解析】【分析】中，取中点，连接交与，由题意判断三线，共面共点，得出不成立；中，利用余弦定理可得是定值，判断正确；中，取中点，连接，由题意判断不成立；中，当三棱锥的体积最大时，求出该三棱锥外接球的表面积即可【详解】解：对于：如图1，取中点，连接交与，则，如果，可得到，又，且三线，共面共点，不可能，则错误对于：如图1，可得由（定值），（定值），（定值），由余弦定理可得，所以是定值，则正确对于：如图2，取中点，连接，
9、由题意得面，即可得，从而，由题意不成立，可得错误对于：当平面平面时，三棱锥的体积最大，由题意得中点就是三棱锥的外接球的球心，球半径为1，表面积是，则正确故选：BD【点睛】本题考查了矩形的折叠问题，解题关键是正确理解线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，属于中档题12. 下列不等式中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】先构造函数，则，根据导数的方法判定其单调性，再逐项判断，即可得出结果.【详解】构造函数，则，当时，则单调递增；当时，则单调递减；所以当时，取得最大值.A选项，由可得，故A正确；B选项，由，可得，故B错误；由可推导出，即，即，则，即，所以，故C正确；D选
10、项，因为，所以，所以，故D错误.故选：AC.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于构造函数，先利用导数的方法判定函数的单调性，求出最值，即可结合选项求解.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知向量，若与共线，则实数的值为_【答案】2【解析】【分析】根据向量共线的坐标表示，列出方程求解，即可得出结果.【详解】根据题意，向量，若与共线，则有，解得；故答案为：2【点睛】本题主要考查由向量共线求参数，熟记向量共线的坐标表示即可，属于基础题型.14. 已知等比数列满足，则_【答案】【解析】【分析】由等比数列的下标性质先求再求.【详解】由等比数列的性质可得，于是，解得.又，所以.【点
11、睛】本题考查等比数列的基本性质. 在等比数列中，若，则.特别地，若，则.15. 已知二面角的大小为120，且，.若点P、A、B、C都在同一个球面上，则该球的表面积的最小值为_.【答案】【解析】【分析】设，和的外心分别为、，过点、分别作和所在平面的垂线，两垂线的交点为点，则为三棱锥的外心，取的中点，易证，四点共圆，且该圆的直径为；结合正弦定理、余弦定理和勾股定理，用含的式子表示出和，得的最小值后，即可【详解】设，则，设和的外心分别为、，则分别为的中点，过点分别作和所在平面的垂线，两垂线的交点为点，则为三棱锥的外心，连接，则为三棱锥外接球的半径取的中点，连接、，如图所示，由题意可知，且，为二面角的
12、平面角，即，连接，平面，平面，四点共圆，且该圆的直径为在中，由余弦定理知， 的外接圆直径， 当时，取得最小值，为，此时该球的表面积取得最小值，为故答案为：【点睛】方法点睛：本题考查了球与几何体的综合问题，考查空间想象能力以及化归和计算能力，（1）当三棱锥的三条侧棱两两垂直时，并且侧棱长为，那么外接球的直径，（2）当有一条侧棱垂直于底面时，先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，球心在垂线上，根据垂直关系建立的方程.（3）而本题类型，需要过两个平面外接圆的圆心作面的垂线，垂线的交点就是球心.16. 已知对任意x，都有，则实数a的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】首先利用参变分离出恒成立，再
13、利用恒成立，求解的最小值，即求出的取值范围.【详解】根据题意可知，由，可得恒成立，令，则，现证明恒成立，设，当时，解得：，当时，单调递减，当时，单调递增，故时，函数取得最小值，所以，即恒成立，所以，即.所以实数的取值范围是.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查不等式恒成立求参数的取值范围，本题的关键是利用不等式的放缩，即利用，转化 ，求函数的最小值.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 在条件，中任选一个，补充到下面问题中，并给出问题解答.在中，角的对边分别为， .求的面积.【答案】见解析【解析】【分析】若选：利用正弦定理可得,即,再利用余弦定理
14、求得,进而求得,从而求得面积；若选：利用正弦定理可得,化简可得,即,利用余弦定理求得,从而求得面积；若选：根据正弦定理得,整理可得,进而求得面积【详解】解：若选：由正弦定理得， 即， 所以， 因为，所以. 又， ，所以， 所以. 若选：由正弦定理得. 因为，所以，化简得， 即，因为，所以. 又因为，所以，即， 所以. 若选：由正弦定理得， 因为，所以，所以，又因，所以， 因为，所以，所以. 又， ，所以， 所以.【点睛】本题考查正弦定理与余弦定理处理三角形中的边角关系,考查三角形面积公式的应用,考查运算能力18. 已知.（）若解集为，求关于x的不等式的解集；（）解关于x的不等式.【答案】（）；
15、（）答案见解析.【解析】【分析】（）根据根与系数的关系求出，再由一元二次不等式的解法得出解集；（）分类讨论的值，由一元二次不等式的解法解不等式即可.【详解】（）由题意得，解得.故原不等式等价于.即解得：或所以不等式的解集为.（）当时，原不等式可化为，解集为.当时，原不等式可化为解集为.当时，原不等式可化为当，即时，解集为；当，即时，解集为；当，即时，解集为.19. 记等差数列的前n项和为，已知，.（）求数列的通项公式；（）若数列的通项公式，将数列中与的相同项去掉，剩下的项依次构成新数列，设数列的前n项和为，求.【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）根据条件求等差数列的首项和公差，再求通项公式
16、；（）首先求两个数列中的相同项，设数列的前n项和为，数列的前n项和为，根据公式，求解.【详解】（）依题意，解得：，又，故，所以.（）令数列的前n项和为，数列的前n项和为，由（）可知，所以，故.【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列和等比数列的综合应用，本题的第二问的关键是找到有多少项相同，以及相同项是什么，然后根据公式求解.20. 如图，三棱柱中，侧棱平面ABC，为等腰直角三角形，且，E，F分别是，的中点.（）若D是的中点，求证：平面AEF；（）线段AE（包括端点）上是否存在点M，使直线与平面AEF所成的角为？若有，确定点M的位置；若没有，说明理由.【答案】（）证明见解析；（）存在，点M与点A重
17、合.【解析】【分析】（）要证明线面平行，可证明面面平行，所以连结，证明平面平面；（）根据条件中的垂直关系，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求线面角，得到点的坐标，确定点的位置.【详解】（）连接，因为D，E分别是，的中点，故，平面，平面，所以平面.因为E，F分别是，的中点，所以，证平面，平面，所以平面，又，平面，平面AEF，所以平面平面，又平面，所以平面AEF，（）题意得AB，AC，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.因为，.设平面AEF的法向量为，由，得，令，得，所以平面AEF的一个法向量为.设，又，所以若直线与平面AEF所成角为，则.解得：或，即当点M与点A重合，或时，直线
18、与平面AEF所成的角为.【点睛】方法点睛：一般求线面角有如下方法：1.利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角中的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；2.在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法解垂线段的长度，而不必画出线面角，利用/斜线段长，进行求角；3.建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设是直线的方向向量，是平面的法向量，利用公式求解.21. 已知函数是偶函数.（1）求k的值；（2）设，若函数与的图象有且只有一个公共点，求实数a的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据偶函数得到，化简得到，解得答案.（2）化简得方程，设得到有且仅有一个正根，考
19、虑和两种情况，计算得到答案.【详解】（1）由函数是偶函数可知：，即对一切恒成立，.（2）函数与的图象有且只有一个公共点，即方程有且只有一个实根.化简得：方程有且只有一个实根.令，则方程有且只有一个正根，当时，不合题意；当且，解得或.若，不合题意；若，满足；当且时，即或且，故；综上，实数a的取值范围是.【点睛】本题考查了根据函数的奇偶性求参数，函数公共交点问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力，换元是解题关键.22. 已知函数，.（1）求的最小值；（2）证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求导数，确定导函数零点，根据导函数符号确定函数单调性，进而确定函数最值；（2）先构造函数，再求导数，转化研究，利用导数可得，最后利用放缩得单调递增，根据单调性证得结果.【详解】（1），令，得，故在区间上，的唯一零点是，当时，单调递减，当时，单调递增，故在区间上，的极小值为，当时，所以，的最小值为.（2）要证：时，即证时，.，令，则，即是上的增函数，即，.即是上的增函数，故当时，.【点睛】本题考查利用导数求函数最值以及利用导数证明不等式，考查综合分析求证与求解能力，属较难题.