（新高考）2021届高三第二次模拟考试卷 数学（一） 学生版.doc

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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 （新高考）2021届高三第二次模拟考试卷数 学（一）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷一、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

2、1已知集合，若，则（ ）ABCD2已知复数的实部与虚部的和为7，则的值为（ ）ABCD3某自来水厂一蓄水池可以用甲乙两个水泵注水，单开甲泵需15小时注满，单开乙泵需18小时注满，若要求10小时注满水池，并且使两泵同时开放的时间尽可能地少，则甲、乙两水泵同时开放的时间最少需（ ）A4小时B7小时C6小时D14小时4是成立的（ ）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5已知函数，且，则实数的取值范围为（ ）ABCD6已知数列中，若，则（ ）A8B9C10D117已知函数的最小正周期为，若在上单调递增，在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）ABCD8若均为单位向量，且，则的

3、最大值为（ ）AB1CD2二、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2分，有选错的得0分9已知正方体的棱长为4，为的中点，为所在平面上一动点，则下列命题正确的是（ ）A若与平面所成的角为，则点的轨迹为圆B若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为C若点到直线与直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线D若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线10将男、女共位同学随机地分成人数相等的甲、乙两组，则下列说法正确的是（ ）A位女同学分到同一组的概率为B男生甲和女生乙分到甲组的概率为C有且只有位女同学分到同一组的概率为D位男同学不同时分到甲组的

4、概率为11意大利画家列奥纳多·达·芬奇（1452415195）的画作抱银貂的女人中，女士脖颈上黑色珍珠项链与主人相互映衬呈现出不一样的美与光泽，达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，后人给出了悬链线的函数解析式：，其中a为悬链线系数，coshx称为双曲余弦函数，其函数表达式为，相应地双曲正弦函数的表达式为若直线xm与双曲余弦函数C1与双曲正弦函数C2的图象分别相交于点A，B，曲线C1在点A处的切线l1与曲线C2在点B处的切线l2相交于点P，则下列结论正确的为（ ）AB是偶函数CD若是以为直角顶

5、点的直角三角形，则实数12关于函数，下列判断正确的是（ ）A是的极大值点B函数有且只有1个零点C存在正实数，使得恒成立D对任意两个正实数，且，若，则第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13的展开式中的系数是_14如图，在平面四边形中，则的最小值为_15已知函数，则关于的方程的实根的个数是_16已知圆，动圆与圆、都相切，则动圆的圆心轨迹的方程为_；直线与曲线仅有三个公共点，依次为、，则的最大值为_四、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（10分）已知为等差数列的前项和，（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和18（12分）在；的面积这三个条

6、件中任选两个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目在中，内角，的对边分别为，已知，且_，_，求注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分19（12分）已知四棱锥中，四边形ABCD为等腰梯形，ADE为等边三角形，且平面ADE平面ABCD（1）求证：AEBD；（2）是否存在一点F，满足 ()，且使平面ADF与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为若存在，求出的值，否则请说明理由20（12分）某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有份血液样本，有以下两种检验方式：逐份检验，需要检验次；混合检验，将其且)份血液样木分别取样混合在一起检验若检验结果为阴性，这份的血液全为阴性，因而这份血液样

7、本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这份血液究竟哪几份为阳性，就要对这份再逐份检验，此时这份血液的检验次数总共为次假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为（1）假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验的方式，求恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；（2）现取其中且)份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为记E()为随机变量的数学期望若，运用概率统计的知识，求出关于的函数关系式，并写出定义域；若，且采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总

8、次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求的最大值参考数据：，21（12分）已知椭圆的离心率，且经过点，点为椭圆C的左、右焦点（1）求椭圆C的方程；（2）过点分别作两条互相垂直的直线，且与椭圆交于不同两点与直线交于点P若，且点Q满足，求面积的最小值22（12分）已知函数（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数有两个极值点，求证：（新高考）2021届高三第二次模拟考试卷数 学（一）答 案第卷一、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【答案】D【解析】由不等式，解得，所以，又由且，所以，即，由补集的概念及运算，可得，故选D2【答

9、案】C【解析】，所以复数的实部与虚部分别为，于是，解得，故选C3【答案】C【解析】根据题意开放水泵的工序流程图有两个方案：方案一：甲乙两泵同时开放甲泵开放方案二：甲乙两泵同时开放乙泵开放如果用方案一注水，可设甲乙两泵同时开放的时间为x个小时，由题意得方程，解得(小时)；如果用方案二注水，可设甲乙两泵同时注水的时间为y个小时，则，解得(小时)，所以选方案一注水，可得甲乙两水泵同时开放注水的时间最少，需6个小时，故选C4【答案】A【解析】充分性显然成立，必要性可以举反例：，显然必要性不成立，故选A5【答案】C【解析】，的图象关于直线对称，和都在上是减函数，在上是增函数，在上为减函数，在上为增函数又

10、，即或，解得或，故选C6【答案】C【解析】，所以为以为首项，公差的等差数列，所以，所以，由，所以，故选C7【答案】B【解析】由题意可得，求得，令，求得，由，求得，因为在上单调递增，在上单调递减，所以，所以实数的取值范围是，故选B8【答案】B【解析】由题意知，又，即的最大值为1，故选B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2分，有选错的得0分9【答案】ACD【解析】如图：对于A，根据正方体的性质可知，平面，所以为与平面所成的角，所以，所以，所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，故A正确；对于B，在直角三角形中，取的中

11、点，因为为的中点，所以，且，因为，所以，即点在过点且与垂直的平面内，又，所以点的轨迹为以为半径的圆，其面积为，故B不正确；对于C，连接，因为平面，所以，所以点到直线的距离为，所以点到点的距离等于点到定直线的距离，又不在直线上，所以点的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线，故C正确；对于D，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则，设，则，因为与所成的角为，所以，所以，整理得，所以点的轨迹为双曲线，故D正确，故选ACD10【答案】AB【解析】位同学随机地分成人数相等的甲、乙两组的不同分法为，A选项，位女同学分到同一组的不同分法只有种，其概率为，对；B选项，男生甲和女生乙分到甲组的不同分法为，其概率为，

12、对；C选项，有且只有位女同学分到同一组种，则有且只有位女同学分到同一组的概率为，错；D选项，位男同学同时分到甲组只有种，其概率为，则位男同学不同时分到甲组的概率为，错，故选AB11【答案】ACD【解析】，A正确；，记，则，为奇函数，即是奇函数，B错误；，即，C正确；对于D，因为轴，因此若PAB是以A为直角顶点的直角三角形，则，由，解得，D正确，故选ACD12【答案】BD【解析】A：函数的定义域为，当时，单调递减；当时，单调递增，所以是的极小值点，故A错误；B：，所以函数在上单调递减，又，所以函数有且只有1个零点，故B正确；C：若，即，则令，则令，则，当时，单调递增；当时，单调递减，所以，所以，

13、所以在上单调递减，函数无最小值，所以不存在正实数，使得恒成立，故C错；D：因为在上单调递减，在上单调递增，是的极小值点对任意两个正实数，且，若，则令，则，由，得，即，即，解得，所以故要证，需证，需证，需证，则，证令，所以在上是增函数因为时，则，所以在上是增函数因为时，则，所以，故D正确，故选BD第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】【解析】，所以，的展开通项为，的展开式通项为，所以，的展开式通项可以为，其中且、，令，解得，因此，的展开式中的系数是，故答案为14【答案】【解析】设，在中，由正弦定理得，即，整理得由余弦定理得，因为，所以在中，由余弦定理得（其中），所以当时，故答案为

14、15【答案】5【解析】由，知或，由函数解析式，知：当时，有，解得，满足；当时，若且，有；若，解得，满足，综上知：方程一共有5个根，故答案为516【答案】或，【解析】已知圆，则圆内含于圆，圆的圆心为，半径为；圆的圆心为，半径为设动圆的半径为，分以下两种情况讨论：圆与圆外切，与圆内切，由题意可得，此时，圆的圆心轨迹是以、分别为左、右焦点，长轴长为的椭圆，则，此时，轨迹的方程为；圆与圆、都内切，且，由题意可得，此时，圆的圆心轨迹是以、分别为左、右焦点，长轴长为的椭圆，此时，轨迹的方程为，综上所述，轨迹的方程为或由于直线与曲线仅有三个公共点，则直线与椭圆相切若直线的斜率不存在时，直线的方程为，可设直线

15、的方程为，联立，解得，此时；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立，消去并整理得，可得，设点、，联立，消去并整理得，由韦达定理得，当且仅当时，取得最大值故答案为或，四、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）【解析】（1）等差数列的前项和，得，因为，所以，等差数列的公差，所以，（2）由（1）可知，18【答案】答案见解析【解析】解：方案一：选条件因为，所以，由正弦定理得因为，所以因为，所以，因为，所以，所以，所以因为，所以，在中，由正弦定理得方案二：选条件因为，所以因为，所以在中，由正弦定理得，所以，即因为，所以，所以，所以又，所以，

16、所以，所以在中，由正弦定理得方案三：选条件因为，所以，由正弦定理得，因为，所以因为，所以，因为，所以（）在中，由余弦定理得，所以（）由（）（）解得或19【答案】（1）证明见解析；（2）存在使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为【解析】（1）取的中点，连接，四边形是平行四边形，为等边三角形，是直角三角形，平面平面，平面，平面平面，平面，平面，（2）F为EB中点即可满足条件取的中点，连接，则，取的中点，连接，平面平面，平面，所以平面，如图建立空间直角坐标系，则，则，设平面的法向量为，平面的法向量为由，得，取；由，得，取，于是，解得或（舍去），所以存在使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为20【答案

17、】（1）；（2）（且）；8【解析】（1）记恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来为事件，则（2）根据题意，可知，的可能值为1，则，所以，由，得，所以（且）由于，则，所以，即，设，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，所以的最大值为821【答案】（1）；（2）6【解析】（1）由题意，得，解得，所以椭圆的方程为（2）由（1）可得，若直线的斜率为0，则的方程为与直线无交点，不满足条件；设直线，若，则则不满足，所以，设，由，得，因为，即，则，所以，解得，于是，直线的方程为，联立，解得，所以所以，当且仅当时，22【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）当时，则，所以，又，所以切线方程为，即（2）由题意得，则因为函数有两个极值点，所以有两个不相等的实数根，令，则当时，恒成立，则函数为上的增函数，故在上至多有一个零点，不符合题意；当时，令，得，当时，故函数在上单调递减；当时，故函数在上单调递增，因为函数有两个不相等的实数根，所以，得，不妨设，则，又，所以令，则，所以函数在上单调递增由，可得，即，又，是函数的两个零点，即，所以因为，所以，又，函数在上单调递减，所以，即又，所以，因此