2021届好教育云平台高三最新信息卷 理科数学（二） 学生版.docx

绝密 启用前2021年好教育云平台高三最新信息卷理 科 数 学（二）注意事项：1、本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2、回答第卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上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。写在试卷上无效。3、回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。第卷一、选择题：本大题共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若复数满足，则（ ）A1BCD2已知集合，若，则（ ）ABCD3“”是“直线与直线相互垂直”的（ ）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件4某次市教学质量检测，甲乙丙三科考试成绩服从正态分布，相应的正态曲线如图所示，则下列说法中正确的是（ ）A三科总体的标准差相同B甲乙丙三科的总体的平均数不相同C丙科总体的平均数最小D甲科总体的标准差最小5已知，则，的大小关系为（ ）ABCD6已知为常数，在某个相同的闭区间上，若为单调递增函数，为单调递减函数，则称此区间为函数的“”区间若函数，则此函数的“”区间为（ ）ABCD7函数的大致图象是（ ）ABCD8已知是上的奇函数，则数列的一个通项公式为（ ）ABCD9如图，在棱长为1正方体中，为棱的中点，动点在侧面及其边界上运动，总有，则动点的轨迹的长度为（ ）ABCD10已知函数可以表示成一个偶函数和一个奇函数之差，若对恒成立，则实数的取值范围为（ ）ABCD11已知圆在椭圆的内部，点为上一动点过作圆的一条切线，交于另一点，切点为，当为的中点时，直线的斜率为，则的离心率为（ ）ABCD12若图象上存在两点，关于原点对称，则点对称为函数的“友情点对”（点对与视为同一个“友情点对”）若恰有两个“友情点对”，则实数的取值范围是（ ）ABCD第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13的展开式中各项系数的和为3，那么展开式中的常数项为_14某中学为了了解学生学习物理的情况，抽取了100名物理成绩在分(满分为100分)之间的学生进行调查，将这100名学生的物理成绩分成了六段：，绘成频率分布直方图，如图所示从成绩在的学生中任抽取2人，则成绩在的学生恰好有一人的概率为_15已知点，是圆上的动点，若直线上存在点，使得，则的取值范围是_16已知的外心为，则的取值范围是_三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（12分）已知等差数列的前项和为，且（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，证明：18（12分）如图，三棱柱中，分别是和的中点，点在棱上，且（1）证明：平面；（2）若底面，求二面角的余弦值19（12分）2020年1月15日教育部制定出台了关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见（也称“强基计划”），意见宣布：2020年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划，强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生，据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试后才能进入面试环节（1）为了更好的服务于高三学生，某研究机构对随机抽取的5名高三学生的记忆力和判断力进行统计分析，得到下表数据：689101223456请用相关系数说明该组数据中与之间的关系可用线性回归模型进行拟合，并求关于的线性回归方程；（2）现有甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立，若某考生报考甲大学，每门笔试科目通过的概率均为，该考生报考乙大学，每门笔试科目通过的概率依次为，其中，根据规定每名考生只能报考强基计划的一所试点高校，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为依据作出决策，求该考生更希望通过乙大学笔试时的取值范围参考公式：线性相关系数，一般地，相关系数的绝对值在以上（含）认为线性相关性较强；否则，线性相关性较弱对于一组数据，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，20（12分）已知抛物线的标准方程是，过点的直线与抛物线相交于，两点，且满足（1）求抛物线的标准方程及准线方程；（2）设垂直于的直线和抛物线有两个不同的公共点，当，均在以为直径的圆上时，求直线的斜率21（12分）已知函数（1）若曲线在上单调递增，求a的取值范围；（2）若在区间上存在极大值M，证明：请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】在平面直角坐标系中，为曲线(为参数)上的动点，将点纵坐标变为原来的倍，横坐标变为原来的一半得到点，记点的轨迹为，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系（1）求曲线的极坐标方程；（2），是曲线上不同于的两点，且，求的取值范围23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数（1）求的最小值；（2）若、均为正实数，且满足，求证：绝密 启用前2021年好教育云平台高三最新信息卷理 科 数 学（二）答 案第卷一、选择题：本大题共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【答案】C【解析】依题意，故选C2【答案】C【解析】因为集合，所以，又，所以，解得，故选C3【答案】A【解析】因为直线与直线相互垂直，所以，所以所以时，直线与直线相互垂直，所以“”是“直线与直线相互垂直”的充分条件；当直线与直线相互垂直时，不一定成立，所以“”是“直线与直线相互垂直”的非必要条件，所以“”是“直线与直线相互垂直”的充分非必要条件，故选A4【答案】D【解析】由图象知甲乙丙三科的平均分一样，但标准差不同，甲<乙<丙，故选D5【答案】B【解析】，因为为增函数，所以，所以，故选B6【答案】C【解析】对于函数，对于函数，则此函数的“”区间满足：，即，故选C7【答案】D【解析】由题意，函数的定义域为，设，则，当时，函数单调递增；当时，函数单调递减，可得，所以函数在上单调递增，在单调递减，且，故选D8【答案】A【解析】由题已知是上的奇函数，故，代入得，函数关于点对称，令，则，得到，倒序相加可得，即，故选A9【答案】A【解析】如图：分别取、的中点、，连接，因为为的中点，为的中点，为正方形，所以，又平面，所以，而，所以平面，所以，同理可得，又，所以平面，因为平面，所以，因为动点在侧面及其边界上运动，所以动点的轨迹是线段，而，所以动点的轨迹的长度为，故选A10【答案】C【解析】由，有，解得，可化为，有，有，得，又由，有，故选C11【答案】C【解析】设，则，将，的坐标分别代入的方程，得，两式相减，得，所以，即当为的中点时，则，故如图，设为的左顶点，连接，则，所以，整理得，解得或（舍去），则，所以，所以，故的离心率，故选C12【答案】A【解析】根据题意，若要求“友情点对”，可把时的函数图象关于原点对称，研究对称过去的图象和时的图象有两交点即可，关于原点对称的解析式为，考查的图象和的交点，可得，令，所以，为减函数；，为增函数，其图象为故若要有两解，只要即可，故选A第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13【答案】【解析】令，可得的展开式中各项系数的和为，故该展开式中常数项为，故答案为14【答案】【解析】从频率分布直方图中可知，成绩在的人数为人，成绩在的人数为人成绩在的学生恰好有一人的概率为，故答案为15【答案】【解析】如图，过圆上任意两点，分别作与坐标轴平行的直线，两直线交于一点，则点满足题意，可知正方形区域内（含边界），对于任意两点，均存在满足题意的点当直线过正方形右上顶点时，取得最小值；当直线过正方形左下顶点时，取得最大值2，故的取值范围为，故答案为16【答案】【解析】作出图示如下图所示，取BC的中点D，连接OD，AD，因为的外心为O，则，因为，又，所以，同理可得，所以化为，即由余弦定理得，又，当且仅当时，取等号，又，所以故答案为三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）设数列的公差为，在中，令，得，即，故由，得，所以由解得，所以数列的通项公式为（2）由（1）可得，所以，故，所以因为，所以18【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明：如图，连接交于点，连接，因为，分别是和的中点，故，故又，故，故又平面，所以平面（2）由题意知，两两垂直，以为坐标原点，以的方向为轴正方向，分别以，为轴和轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系则，设为平面的法向量，则，即，可取设为平面的法向量，则，即，可取，所以，由题意知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为19【答案】（1）相关系数，与之间的关系可用线性回归模型进行拟合，回归直线方程；（2）【解析】（1）根据表格中的数据，可得，可得相关系数，故与之间的关系可用线性回归模型进行拟合，又由，可得，综上回归直线方程（2）通过甲大学的考试科目数，则，设通过乙大学的考试科目数为，则可能的取值为0，1，2，3，则，所以，因为该考生更希望通过乙大学的笔试考试，所以，即，又由，解得，即为该考生更希望通过乙大学的笔试时的范围为20【答案】（1）抛物线方程为，准线方程为；（2）或【解析】（1）由题意可知，直线的斜率存在，设其斜率为，则直线的方程为，由，消元得，点，在抛物线上，解得，抛物线的标准方程为，准线方程为（2）由（1）得：抛物线的方程为，若，则直线与抛物线仅有一个交点，不合题意，设，则，在以为直径的圆上，即，整理得，由（1）知，两式作差得，又，解得，直线的斜率为或21【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）由题意得在区间内恒成立，即在区间内恒成立，令，则当时，在区间内单调递减；当时，在区间内单调递增，故，所以，所以的取值范围为（2）由（1）知当时，在区间内单调递增，则不存在极大值当时，令，则，令，则，则易知函数在区间内单调递减，在区间内单调递增又，（易知），令，所以在上单调递增，所以，所以，故存在，使得，存在，使得，则当时，；当时，；当时，故在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间内单调递增，所以当时，取得极大值，即由，得，由，得，故，所以22【答案】（1）；（2）【解析】（1）曲线(为参数)，化为普通方程为，所以曲线的极坐标方程为（2）设，因为，所以，所以的取值范围是23【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）当时，此时函数单调递减，且；当时，此时函数单调递增，且；当时，此时函数单调递增，且，综上所述，（2）由已知可知，且，由三元均值不等式可得，所以，即，当且仅当时，等号成立，故原不等式得证