1 湖北山东部分重点中学 2021 届高三 12 月教学质量联合检测 数学试题参考答与评分标准 1.【答案】D 【 解 析 】 由 题 意 可 得 22 230,230,13,xxxxx 即解得即 集 合 1,3.M 又 集 合 | 22, 1,0,1,NxZxN 所以集合所以 1,0,1,.MND 故选 【考点】集合的交集运算、函数的定义域. 2.【答案】A 【 解 析 】 因 为 2 12 2101.:230,:(1)30,tttltxyltxty ，则又因为当 1 l 2 l时 ， 有 2 (1)20,01,210t ttttt 解得或所以“”“ 1 l 2 l”，但“ 1 l 2 l”不能推出“ 2 210tt ”，故 “ 2 210tt ”是“ 1 l 2 l”的充分不必要条件，故选 A. 【考点】直线与直线垂直的等价条件、 一元二次方程的解、充分条件和必要条件的判断. 3.【答案】 A 【解析】因为双曲线 C 的渐近线方程为,()4,2 , aaa yxab bbb 所以即所以5cb，所以 5 . 2 c eA a 故选 【考点】双曲线的渐近线、离心率. 4.【答案】D 【解析】对于 A，定义域需满足 2 40, 4 , 30, x AByx x 解集为，故 不是函数；对于 ，因为即2yx ， 2 不能满足函数的定义，故 B 不是函数；对于 C， ,1, 1,11 12 ,1, x x yxyy x x 当时或不能满足函数的定 义，故 C 不是函数；对于 D，满足构成函数的要素，故 D 是函数，故选 D. 【考点】构成函数的要素. 5.【答案】D 【解析】 1.11 111 ,( )( ) 222 bab， 77 1 log 3log7 2 cbcba 【考点】指数与对数比较大小 6.【答案】B 【解析】| |,ACABACABAC AB ，A 2 . 2 cos22sin1cos2cos()cos, 2 AB CCABC ， 2 1 2coscos10,cos1. 2 CCC 即解得或 1 (0, ),cos, 23 CCC 则 6 B ，在ABC 中， 3 23323, 2 BCBABA BC ，故选 B. 【考点】向量的线性运算、向量垂直的判定、平面向量的数量积. 7.【答案】B 【解析】当 1 a0 时，显然满足 1nn aS ；当 1 0a 时， n S 1 1 1 (1) 1 2 2(1), 1 2 1 2 n n a a 由 1nn aS 可得 1 111 1 2(1)2(21) 22 n nn a aaa，即，由2(21)1 n 恒成立，可得 1 0a . 综上可知， 1 0a ，故选 B. 【考点】等比数列的通项公式和前n项和. 3 8.【答案】D 【解析】正三棱锥 A-BCD 中，ABCD，ABCE，AB平面 ACD，ABAC，ABAD，三条侧棱 两 两 相 互 垂 直 ， 设 222 ,2 ,ABaaaBCBCa可 得 正 三 棱 锥 A-BCD 的 表 面 积 为 222 1333 3( 2 ). 242 aaa 设外接球的半径为 R，则 2R 222 ,aaa 3 2 Ra，则外接球的表面积 22 43,SRa所以两表面积的比为 2 2 33 2 3 a a 33 , 6 故选 D. 【考点】正三棱锥的性质、三棱锥的表面积、三棱锥的外接球、球的表面积. 9.【答案】AB 【解析】由题意，复数z满足 1010(12 ) (12 )10,24 12(12 )(12 ) i zizi iii 可得复数，所以24 ,zi故 选项 A 正确；24zi是纯虚数，故选项 B 正确；复数z在复平面内对应点的坐标为（2，4）位于第一 象限，故选项 C 错误；因为24zi在复平面内对应的（2，4）在角的终边上，所以 42 5 sin, 52 5 故选项 D 错误，故选 AB. 【考点】复数的几何意义、复数的概念、三角恒等变换. 10.【答案】ABD 【解析】连接 1111 ,.AD AC C D根据正方体六个面的中心分别为点 G,H,M,N,E,F,可得 EHC1D.同理可证 FNC1D， 则 EHFN.因为 FN平面 FMN，EH 平面 FMN， 所以 EH平面 FMN，故选项 A 正确；由题意知，四边形 GHMN 为正方形，设GMHNO（点 O 同时 是正方体和正八面体的中心） ， 连接 EO， 则EMO 即为 EM 与平面 GHMN 所成角.由长度关系可得EMO 4 ， 故选项 B 正确； 连接 BD.由题意知 BD 过点 F， 则平面.FMNFGHBD平面且 GHBDNM. 取 GH，NM 的中点 S，T，连接 ST，FS，FT.因为,FGHFMN都为等边三角形，所以SFT即为平 4 面FMN与平面FGH所成的二面角.由余弦定理可得cos 1 3 SFT ，故选项 C 错误；由以上证明可知， GNHM.因为,GNEGN HM平面平面,EGN所以HM平面 EGN.又因为 EGAC1，FMAC1，所 以 EGFM.因为 EG平面 EGN， FM平面 EGN， 所以 FM平面 EGN.因为 FMHMM,所以平面 FHM 平面 EGN，故选项 D 正确，故选 ABD. 【考点】空间中线面的位置关系、正八面体、直线与平面所成角. 11.【答案】BC 【解析】由任意角三角函数的定义可知，cos ,sin,tan, b ab a 故选项 A 错误；由于 ( )cosaf为偶函数，( )sin,bgB为奇函数 故选项 正确；由于( )( )fg cossin2sin() 4 ，( )( )cossin2 sin() 4 fg ，因此两个函数的最大值均为 2，故选项 C 正确；由于( )( )cossin2sin() 4 fg 2sin() 44 4 在，上单调递减，故选项 D 错误，故选 BC. 【考点】三角函数的定义和性质、正弦函数和余弦函数的图象与性质. 12.【答案】ABC 【解析】作出函数 2 144 x yeyxx 和的图象如图所示，当0m 时，函 数( )f x只有 1 个零点；当20,( )mf x 时 函数有 2 个零点；当2m 时，函 数( )f x只有 1 个零点，故选项 A，B 正确；当3m 时，函数( )f x为单调递增 函数，故选项 C 正确；当0m 时，( )f t 121 0,2,0,( )2,ttf xt 当时该方程有两个解；当 2 ( )0f xt 时，该方程有两个解，所以方程 ( )0f f x 有4 个不同实数根，故选项 D 错误.综上，故选 ABC. 【考点】函数的零点、单调性、函数的图象与性质. 13.【答案】2 5 【解析】 22 22 22 22 22 42. | ( , )4. 2 | 1,2. 2 221,2 2. 2 2421 421. 2,43 xy b P x yxyOl b b byxyx yx yxxyyx yxxyyx bxy 由已知，圆的半径长是 设在圆上运动，圆心 到直线 的距离为 令则 当时，与直线平行且距离等于 的直线是 直线与圆相切，切点到直线的距离是 ； 直线与圆相交，两个交点与直线的距离是 因此当时 圆上有 个点到直 22 1. 2431. l bxyl 线 的距离都是 同理，当时，圆上也有 个点到直线 的距离都是 （也可以画图观察） 【考点】直线与圆的位置关系. 14.【答案】 1 n n 【解析】 22 22222 21log log (1),log log (21 1)log 2, 111111111 ,(1)()() (1)(1)12231 1 1. 11 nn n nnnn nn nn FaFan bS a annnnnn n nn 把代入得 则 【考点】对数运算、数列的前n项和、新定义. 15.【答案】1 3 2 x 【解析】抛物线 2 2(0)(1,0),1,2, 2 p ypx pFp 的焦点为则所以抛物线方程 为 2 4 ,yx准线为1.x 如图，取 AF 的中点为 C，分别过点 A，C，F，B 作准线 的垂线，垂足分别为M，Q，P，N.由 23| 2|,| 2|ABFAAFFBAMBN 可知从而有.设|,| 2 .BNtAMt则 又| 2,| 4.| 2|,222(4)PFCQtPFAMCQtt所以又即,解得 3 , 2 t 所以|BF 3. 2 6 【考点】抛物线的定义、准线方程与几何性质. 16.【答案】()()ac bc 【解析】 过点 C 作 CDAB，交 AB 延长线于点 D. 设,BCD,ACBCDx 在BCD 中，tan bc x 在ACD 中，tan(), ac x 则tantan() 1 ()() ()() 2 2 ()() ab x ac bc xx ab ac bc x x ab ac bc x x ab ac bc （当且仅当 ()()ac bc x x 时取等） 【考点】解三角形的应用、均值不等式. 17.条件：4,62 7cab；条件： 37 6,sin. 24 bB 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【解析】若选择条件： 7 222 222 222 2222 ( )sin ()sinsinsinsin0, sinsinsinsinsin, ,2 (62 7)16(62 7)4,2 75 BCBCBC BCABC bcabc abcbcaaa I 由正弦定理得分 则解得分 (II)( )由 I 及余弦定理可得 222 1 cos 22 bca A bc (0, ),. 3 AA 2 7,62 7, 6,8 113 sin646 310 222 ABC aab b SbcA 分 分 若选择条件： (I) 222 sin ()sinsinsinsin0,BCBCBC 222 222 222 sinsinsinsinsin. ,2 1 cos. 22 (0, ),.3 3 377 sin()cos,cos, 244 ( BCABC bcabc bca A bc AA BBB B ， 由正弦定理得分 则由余弦定理可得 又所以分 即 则 3 0,),sin.4 24 6, sinsin 3 6 sin 2 4 3.5 3 sin 4 B ab b AB bA a B 所以分 由正弦定理及 可得分 (II) 37 ,sin,cos, 344 ABB 8 3713 sinsin() 2424 CAB 321 ,8 8 分 11321 sin4 36 228 ABC SabC 9 39 7 10 2 分 【考点】正、余弦定理，三角形面积公式，三角恒等变换. 18.【解析】 （I）当 2 040,( )700(10100 )250 xW xxxx时 2 10600250;xx 2 分 当 10000 40,( )700(7019450)250 xW xxx x 时 10000 ()9200,x x 5 分 2 10600250,040, ( ) 10000 9200,40. xxx W x xx x 6 分 （II）若 2 040,( )10(30)8750,xW xx 则 max 30,( )8750.xW x当时 则8 分 若 10000 40,( )920092002 100009000,xW xx x 则10 分 当且仅当 max 10000 ,100,( )9000.xxW x x 即时11 分 2020 年产量为 100（千部）时，企业所获利润最大，最大利润是 9000