1、马鞍山二中2021届高三12月月考数学（理）试题一、选择题：本题共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已知集合，若，则实数的取值集合为（ ）A B C D2设复数（i是虚数单位），则（ ）A B C D3已知平面平面，则“”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4已知，则（ ）A B C D5某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为（ ）A B C D6数列为等差数列，是的前n项和，若，则（ ）A0 B10 C20 D257已知实数满足不等式组则的取值范围是（ ）A B C D8若
2、，则下列不等式恒成立的是（ ）A B C D9已知O为所在平面内一点，若，则（ ）A B C10 D510已知函数的导函数为，记，若，则（ ）A B C D11已知函数，函数的图象可以由函数的图象先向右平移个单位长度，再将所得函数图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的倍得到，若函数在上没有零点，则的取值范围是（ ）A B C D12当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）A B C D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13_14在等比数列中，则_（结果用整数表示）15设函数则使得成立的x得取值范围是_16在三棱锥中，是边长为3的等边三角形，二面角的大小为，则此三棱锥的外接球的表面
3、积为_三、解答题：共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤第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已知等差数列和递增的等比数列满足：，且（I）分别求数列和的通项公式；（）设表示数列的前n项和，若对任意的恒成立，求实数k的取值范围18在锐角中，内角所对的边分别为，已知（）求角B的大小；（）求的取值范围19（I）已知，求证：；（）若，求证：20四棱锥中，为直角梯形，为中点，平面平面为上一点，平面（）求证：平面平面；（）若与底面所成的角为求二面角的余弦值21已知函数（I）当时，讨论函数的单调性；（）当时，求证：函数有两个不相
4、等的零点，且（二）选考题：共10分请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分作答时请写清题号【选修4-4：坐标系与参数方程】22在直角坐标系中，直线的参数方程为（t为参数）以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为（）写出直线的普通方程及曲线C的直角坐标方程；（）已知点，点，直线过点Q且曲线C相交于两点，设的中点为M，求的值【选修4-5：不等式选讲】23设函数（I）求不等式的解集；（）己知关于x的不等式在上有解，求实数的取值范围参考答案一、选择题1D【解析】，当时，符合题意；当时，由，得，所以或，解得或，所以的值为，1故选D2A【解析】
5、，故选A3A【解析】由平面与平面垂直的性质定理可知，当时，又，所以，反之，由不能推出，故选A4C【解析】，故选C5D【解析】底面扇形的面积为，所以该几何体的体积为，故选D6A【解析】解法1：设等差数列的公差为d，则由已知得，解得，所以解法2：由，得，由，得，所以7A【解析】方法1：作出不等式组表示的平面区域，如图所示：求得，令，则，平移直线，当直线经过点A时，取得最大值，；当直线经过点B时，取得最小值，所以，故选A解法2：目标函数化为，其几何意义是平面区域内的点到直线的距离的倍作直线，由图可知，平面区域内点到该直线距离最小值为0，即，而点B到该直线最大，即z取得最大值，故选A8C【解析】由，得
6、，所以，A不正确；由，得，所以B不正确；由，得，所以C正确；由，得，所以D不正确故选C9B【解析】由已知得，则O为的外心设，垂足分别为（图略），根据两个向量数量积的几何意义，可知，故选B10D【解析】，则， 则， ，即，则故选：D11A【解析】函数，向右平移个单位长度，得，再将所得函数图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的倍得到，令，得，所以，若函数在上没有零点，则需，所以，所以，若函数在上有零点，则，当时，得，解得，当时，得，解得，综上：函数在上有零点时，或，所以函数在上没有零点，所以的取值范围是故选：A12C【解析】当时，不等式对任意恒成立；当时，不等式可化为，令，则，所以在上单调递增，；当
7、时，不等式可化为，令，则，当时，；当时，在上单调递减，在上单调递增，综上，实数的取值范围是二、填空题13【解析】14【解析】由题意在等比数列中，可解得，则，则，两式相减可得，则，则原式15【解析】分类讨论法：当时，即，解得；当时，不合题意；当时，即，解得综上，原不等式的解集为数形结合法：分别作出函数和的图象，根据图象可知，不等式的解集为16【解析】由题意得，得到，取中点为中点为M，得到为二面角的平面角，由题意可知，设三角形的外心为，则，球心为过点M的面的垂线与过点的面的垂线的交点，在四边形中，可求出，所以，所以球的表面积三、解答题17解：（I）由题意，设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，
8、由，得，消去d，得，解得或，数列是递增数列，不合题意，舍去，所以； 6分（）由（1）知，由得，设，则，当；当；由数列的单调可得，所以 12分18解：（I）由，根据正弦定理，有，即有，则有，又，所以， 6分（）由（1），则，又为锐角三角形，所以，且，所以，于是，则，又，所以，的取值范围是 12分19（I）证明：设，由对数定义，得，则，所以所以成立 5分（）由，得要证明，只要证，即证令，则只要证当时，恒成立令，则，所以在上单调递增，所以，即成立，从而原不等式成立 12分20（）证明：连接交与G，连接，平面平面，平面平面，又E为的中点，为的中点，则，得为的中点，且，四边形为平行四边形，又平面，平面平
9、面，平面平面，平面，又平面，平面平面 6分（）解：连接为的中点，又平面，平面平面，平面平面，底面，又， 7分以F为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，取平面的法向量，即，解得 9分设平面的法向量为，则，即，令，得，所以， 11分因为二面角钝角，所以二面角的余弦值为 12分21（I）当时，则，令，得或当时，所以在上单调递减；当时，所以在上单调递增；当时，所以在上单调递减，故在区间上单调递减，在区间上单调递增 5分（）证明：由题意，得，其中由得，由得，所以在上单调递增，在上单调递减，函数有两个不同的零点 7分不妨设要证，即证，因为，且在上是增函数，所以，又，所以，只要证由及，得，令，则，时，即在上单调递减，且，即，故得证 12分22（）由直线的参数方程消去t，得的普通方程为，由，得，所以曲线C的直角坐标方程为； 5分（）点P在上，所以，所以，所以的参数方程为，（t为参数）代入中，得设所对应的参数分别为则，所以 10分23（I）不等式，即，等价于或或解得：，所以原不等式的解集为 5分（）当时，不等式，即，所以在上有解，即在上有解，所以 10分
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