安徽省池州市东至县2021届高三上学期12月大联考数学（理） (含答案) 试卷

东至县2021届高三上学期12月大联考理科数学满分：150分   考试时间：120分钟 注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.2. 选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清晰.3. 请按照题序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效；在草稿纸、试题卷上的答题无效.4. 保持答题卡卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.5. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：共12小题，每小题5分，满分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.1. 已知集合，，，则的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 2. 命题：，则为钝角；：图象的一个对称中心是，则以下真命题是（    ）A.  B.  C.  D. 3. 函数的图象大致是（    ）A.  B.  C.  D. 4. 已知，且，，，，则，，的大小关系是（    ）A.   B. C.   D. 5. 与有一条斜率为2的公切线，则（    ）A.  B.  C.  D. 6. 已知等差数列满足：，，，，成等比数列，则（    ）A.   B. C.   D. 7. 函数在区间上的对称轴为，则（    ）A. -1 B. 0 C.  D. 8. 已知函数，，，且，则（    ）A.  B. 1 C.  D. 29. 数列满足：，是公比为3的等比数列，则（    ）A.  B.  C.  D. 10. 已知函数，，以下命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则.其中正确的个数是（    ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 411. 如图，，，，，是球上5个点，为正方形，球心在平面内，，，则与所成角的余弦值为（    ）A.   B. C.   D. 12. 若函数有两个不同零点，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 二、填空题：共4小题，每小题5分，满分20分.13. 已知向量，，则________.14. 实数，满足条件，则的最大值为________.15. 已知函数的导函数为，对任意，恒有，，，，则，，的大小关系是_________.16. 我国古代数学家祖暅求几何体的体积时，提出一个原理：幂势即同，则积不容异.意思是：夹在两个平行平面之间的两个等高的几何体被平行于这两个面的平面去截，若截面积相等，则两个几何体的体积相等，这个定理的推广是：夹在两个平行平面间的几何体，被平行于这两个平面的平面所截，若截得两个截面面积比为，则两个几何体的体积比也为.已知线段长为4，直线过点且与垂直，以为圆心，以1为半径的圆绕旋转一周，得到环体；以，分别为上下底面的圆心，以1为上下底面半径的圆柱体；过且与垂直的平面为，平面，且距离为，若平面截圆柱体所得截面面积为，平面截环体所得截面面积为，则________，环体体积为_________.三、解答题：共6小题，满分70分.解答应写出文字说明，证明过程和解题步骤.17. 数列前项和为，满足：，.（1）求证：数列是等比数列；（2）求和：.18. 已知函数.（1）画出的图象，并写出的增区间（不需要证明）；（2）若的图象与在上没有公共点，求的取值范围.19. 的内角，，的对边分别为，，，且满足：.（1）求；（2）若周长为6，求面积的最大值.20. 已知函数的最小值为0.（1）求；（2）设是上一点，证明：.21. 四棱台中，平面，，，.（1）证明：平面平面；（2）若，平面交于，求与平面所成角的正弦值.22. 已知函数.（1）对，恒成立，求的取值范围；（2）证明：，其中.东至县2021届高三上学期12月大联考理科数学试卷参考答案一、选择题1.【答案】C【解析】，，由题意得：，故选C.2.【答案】B【解析】当时，，故为假命题：，故为真命题，故选B.3.【答案】A【解析】，可知：是奇函数，排除C、D，上，，，故选A.4.【答案】B【解析】，，故.5.【答案】B【解析】由，由点斜式得切线方程：，对曲线，，代入得：，将代入，得：.6.【答案】A【解析】由，解得：，，故，∴，.7.【答案】D【解析】，其中，（为锐角），，仅当时，符合题意，故.8.【答案】B【解析】不妨设，则而，∴，故.9.【答案】B【解析】，∴.10.【答案】C【解析】由的图象可知：①②正确，对③、④，当时，若，则，若，则，化为，故③正确.11.【答案】D【解析】为正方形，故，即为所求异面直线所成角，与，求得：，，，.12.【答案】B【解析】解法一：，，显然时，，在上单调递增，至多只有一个零点，不符合题意；时，，令，，则，易知，函数在上有且仅有一个零点，记为，设，则①，时，，即时，，时，，即时，，∴在上单调递减，在上单调递增，又时，；时，.∵有两个不同零点，∴②，又由①得③，代入②式得：，即，记，，∴在上单调递增，又，∴，∴，∴，∴的取值范围为.解法二：当时，恒成立，无零点，不符合题意；当时，令得，∴，∴.记，，记，恒成立，∴在上单调递减，又，∴时，，∴，时，，∴，∴在上单调递增，在上单调递减，又时，；时，，，∵有两个不同零点，∴与有两个不同交点，∴，∴.二、填空题13.【答案】5【解析】14.【答案】3【解析】不等式组表示的平面区域如图，可化为，斜率为2的直线，当截距最小时，取最大值，此时最优解为，.15.【答案】【解析】，故为增函数，由可知：，即，故，即.16.【答案】    【解析】，，其中，，，故，即，环体体积为：.三、解答题17.【答案】见解析【解析】（1），∵，，∴，∴，∴对任意恒成立，故数列是以为首项，公比为3的等比数列；（2）由（1）知：，即，故.18.【答案】见解析【解析】（1）的图象如图.增区间为，（写作，亦可）.（2）时，方程，化为：，即在上无解，令，由，可知：上，恒成立，等价于.19.【答案】见解析【解析】（1）由正弦定理得：，得：，又；（2）由，代入，整理得：，令，则或或，而，故，故的面积，即面积的最大值为.20.【答案】见解析【解析】（1）∵与的最小值为0可得：.代入检验得：符合题意.（2）证明：令，则，令，则，故为增函数，故在上，；在上，；∴，故.21.【答案】见解析【解析】（1）取中点为，则且且四边形为平行四边形，故，∴，，由三角形内角和为，得，∴.又平面，∵又，∴平面，又平面，平面平面.（2）由（1）知：，又，∴，∴.不妨设，以为原点，、、方向为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，设且，则，，设平面的法向量为，则，令，则，，故，，平面法向量为，设与平面所成角为，.故与平面所成角的正弦值为.22.【答案】见解析【解析】（1）由恒成立可得：恒成立，恒成立，令，，的一个充分条件是，而，故是增函数，故只需，时，在区间上，，为减函数，，不合题意.∴.又由定义域可知：时，恒成立，当时成立，显然成立.且时，恒成立，∴，∴；（2）由（1）知：，对恒成立，将代入得：，故.