（新高考）2021届高三第二次模拟考试卷 数学（二）解析版

  （新高考）2021届高三第二次模拟考试卷

数 学（二）

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Ⅰ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．已知，均为的子集，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】用图示法表示题意，如下图，

故，故选C．

2．若复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】因为，所以，所以，故选C．

3．中，A，B，C是的内角，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件  B．必要不充分条件

C．充分必要条件  D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】若，则成立，所以“”是“”的充分条件；

若，因为，所以，

所以“”是“”的必要条件，

所以“”是“”的充分必要条件，故选C．

4．实数x、y满足，则的最大值为（    ）

A． B．4 C． D．5

【答案】B

【解析】由题意得，，

因此，

令，的对称轴为，开口向下，

则在区间单调递增，

所以当时，取得最大值4，

故的最大值为，故选B．

5．若过点的直线与曲线有公共点，则直线的斜率的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由题意，易知，直线的斜率存在，

设直线的方程为，即，

曲线表示圆心，半径为1的圆，

圆心到直线的距离应小于等于半径，

，即，解得，故选C．

6．在中，，，点满足，，则的长为（    ）

A． B． C． D．6

【答案】A

【解析】因为，

所以，

设，则，得，

即，

因为，故解得，即，

所以，故选A．

7．设等差数列的前n项和为，且，

，则下列结论正确的是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【解析】令，知在定义域内为递增函数，

∴由题意知，即，

又，知，关于原点对称，

∴，

而，故选A．

8．在探索系数，，，对函数图象的影响时，我们发现，系数对其影响是图象上所有点的纵坐标伸长或缩短，通常称为“振幅变换”；系数对其影响是图象上所有点的横坐标伸长或缩短，通常称为“周期变换”；系数对其影响是图象上所有点向左或向右平移，通常称为“左右平移变换”；系数对其影响是图象上所有点向上或向下平移，通常称为“上下平移变换”．运用上述四种变换，若函数的图象经过四步变换得到函数的图象，且已知其中有一步是向右平移个单位，则变换的方法共有（    ）

A．种 B．种 C．种 D．种

【答案】B

【解析】根据题意，该图象变换的过程有振幅变换、周期变换、左右平移变换和上下平移变换共四步，

因为左右平移变换是向右平移个单位，

所以要求左右平移变换在周期变换之前，所以变换的方法共有种，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．如图，正四棱锥底面边长与侧棱长均为a，正三棱锥底面边长与侧棱长均为a，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．正四棱锥的外接球半径为

C．正四棱锥的内切球半径为

D．由正四棱锥与正三棱锥拼成的多面体是一个三棱柱

【答案】ABD

【解析】如图所示：

A选项：取中点连接，

正三棱锥中，，，

又，所以平面，则，

又，所以，故A正确；

B选项：设底面中心为，球心为半径为，

因为正四棱锥S－BCDE外接球球心在上，所以，

因为，正四棱锥S－BCDE底面边长与侧棱长均为a，所以，

由，得，解得，

故B正确；

C选项：设内切球半径为，易求得侧面面积为，

由等体积法得，解得，故C错；

D选项：取中点，连接，，，

则和分别是和的二面角的平面角，

由，

，

故与互补，所以共面，

又因为，则为平行四边形，故，

故正四棱锥与正三棱锥拼成的多面体是一个三棱柱，所以D正确，

故选ABD．

10．一个等腰直角三角形内有一个内接等腰直角三角形，(即，，三点分别在三角形三边或顶点上)，则两三角形面积比的值可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】AB

【解析】如图，有两种方式：

（1）左图中为中点，设的直角边长，为的直角边长为，，

在中，由正弦定理得，所以，

所以，

所以，

所以．

（2）右图中，在中，由正弦定理得，

所以，

，

所以，

所以，

综上：最小值为，最大值显然为1，故选AB．

11．已知双曲线，、分别为双曲线的左、右顶点，、为左、右焦点，，且，，成等比数列，点是双曲线的右支上异于点的任意一点，记，的斜率分别为，，则下列说法正确的是（    ）

A．当轴时，

B．双曲线的离心率

C．为定值

D．若为的内心，满足，则

【答案】BCD

【解析】∵a，b，c成等比数列，∴，

如图，

对于A，当轴时，点P为，

，显然，即选项A错误；

对于B，，，

∴，解得（负值舍去），即选项B正确；

对于C，设，则，，所以，

由点在双曲线上可得，

代入，故C正确；

对于D，设圆I的半径为r，

，，

即，

由双曲线的定义知，，即，

故选项D正确，

故选BCD．

12．若存在实常数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数x都满足：

和恒成立，则称此直线为和的“隔离直线”，已知函数，，（为自然对数的底数），则（    ）

A．在内单调递增

B．和之间存在“隔离直线”，且的最小值为

C．和之间存在“隔离直线”，且的取值范围是

D．和之间存在唯一的“隔离直线”

【答案】ABD

【解析】对于A，，

，，

当时，，单调递增，

，在内单调递增，

A正确；

对于B、C，设，的隔离直线为，

则对任意恒成立，即对任意恒成立．

由对任意恒成立，得．

①若，则有符合题意；

②若，则有对任意恒成立，

的对称轴为，，；

又的对称轴为，，

即，，，

同理可得，，

综上所述：，，B正确，C错误；

对于D，函数和的图象在处有公共点，

若存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点．

设隔离直线的斜率为，则隔离直线方程为，

即，

则恒成立，

若，则不恒成立；

若，令，对称轴为，

在上单调递增，

又，故时，不恒成立；

若，对称轴为，

若恒成立，则，解得，

此时直线方程为，

下面证明，

令，则，

当时，；当时，；当时，，

当时，取到极小值，也是最小值，即，

，即，

函数和存在唯一的隔离直线，D正确，

故选ABD．

第Ⅱ卷

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．的展开式的常数项是________．

【答案】

【解析】，

的展开式通项为，

所以，的展开式通项为

，

由，可得，

因此，的展开式的常数项为，

故答案为．

14．2020年新冠肺炎肆虐，全国各地千千万万的医护者成为“最美逆行者”，医药科研工作者积极研制有效抗疫药物，中医药通过临床筛选出的有效方剂“三药三方”(“三药”是指金花清感颗粒､连花清瘟颗粒(胶囊)和血必净注射液；“三方”是指清肺排毒汤､化湿败毒方和宜肺败毒方)发挥了重要的作用．甲因个人原因不能选用血必净注射液，甲､乙两名患者各自独立自主的选择一药一方进行治疗，则两人选取药方完全不同的概率是______．

【答案】

【解析】将三药分别记为，，，三方分别记为，，，选择一药一方的基本事件如表所示，共有9个组合，

则两名患者选择药方完全不同的情况有(种)，

两名患者可选择的药方共有(种)，

所以，故答案为．

15．已知三棱锥，，，，则以点为球心，

为半径的球面与侧面的交线长为______．

【答案】

【解析】作的中点，连接，，作的中点，连接，

因为，

所以，，所以，

又，则，

设到边的距离为，

则，解得，

所以以点为球心，为半径作球与面相交构成一个圆，圆心为，

设半径为，

设球的半径为，所以，

所以圆的周长为，

故答案为．

16．任取一个正整数m，若m是奇数，就将该数乘3再加上1；若m是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等），若，则经过________次步骤后变成1；若第5次步骤后变成1，则m的可能值之和为________．

【答案】5，41

【解析】（1）当时，，，，，，，

所以需5次步骤后变成1；

（2）若第5次步骤后变成1，则，，，或，

当，，或；

当时，，，

所以的可能值是，的可能值的和是，

故答案为5，41．

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）在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答．

问题：的内角的对边分别为，若，______，求和．

注：若选择多个条件作答，按第一个解答计分．

【答案】选择见解析，，．

【解析】（1）选择条件①，由及正弦定理知，

，整理得，

由余弦定理可得，

又因为，所以．

又由，得，

由，得，整理得，

因为，所以，

从而，解得．

（2）选择条件②，因为，所以，

由，得，

由正弦定理知．

又，，可得，

又因为，所以，，故．

又由，得，

由，得，整理得，

因为，所以，

从而，解得．

（3）选择条件③，由及正弦定理知，

，

又，从而，解得．

又因为，所以．

又由，得，

由，得，整理得，

因为，所以，

从而，解得．

18．（12分）某产品具有一定的时效性，在这个时效期内，由市场调查可知，在不做广告宣传且每件获利元的前提下，可卖出件，若作广告宣传，广告费为千元时比广告费为千元时多卖出件．．

（1）求当时，销售量；当时，销售量；

（2）试写出当广告费为千元时，销售量；

（3）当，时，厂家生产多少件这种产品，做几千元广告才能获利最大？

【答案】（1），；（2）；（3）厂家应生产7875件产品，做5千元的广告，能使获利最大．

【解析】（1）设表示广告费为0千元时的销售量，则，

，所以；

，所以．

（2）设表示广告费为0千元时的销售量，则，

由题：，相加得，

即．

（3）时，，

设获利为，则有，

欲使最大，则，

，解得，

故，此时，

即该厂家应生产7875件产品，做5千元的广告，能使获利最大．

19．（12分）如图，在几何体中，四边形为等腰梯形，且，，四边形为矩形，且，M，N分别为，的中点．

（1）求证：平面；

（2）若直线与平面所成的角为60°，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】（1）取的中点Q，连接，，

则，且，

又，且，所以且，

所以四边形为平行四边形，所以，

因为平面，平面，所以平面．

（2）由四边形为等腰梯形，且，，

可得，，所以，所以．

因为四边形为矩形，所以，所以平面，

所以为直线与平面所成的角，

即，所以．

因为，所以，所以．

则可建立如图所示的空间直角坐标系，

∵，，，∴，，

设为平面的法向量，则，即，

取，则为平面的一个法向量；

又为平面的一个法向量，

所以，

故平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

20．（12分）《中华人民共和国道路交通安全法》第条规定：机动车行经人行横道时，应当减速慢行；遇到行人正在通过人行横道，应当停车让行，即“礼让行人”．下表是某十字路口监控设备所抓拍的个月内驾驶员不“礼让行人”行为的统计数据：

（1）请根据表中所给前个月的数据，求不“礼让行人”的驾驶员人数与月份之间的回归直线方程；

（2）若该十字路口某月不“礼让行人”驾驶员人数的实际人数与预测人数之差小于，则称该十字路口“礼让行人”情况达到“理想状态”．试判断月份该十字路口“礼让行人”情况是否达到“理想状态”？

（3）自罚单日起天内需完成罚款缴纳，记录月不“礼让行人”驾驶员缴纳罚款的情况，缴纳日距罚单日天数记为，若服从正态分布，求该月没能在天内缴纳人数．

参考公式：，．

，，．

【答案】（1）；（2）达到“理想状态”；（3）2人．

【解析】（1）请根据表中所给前5个月的数据，计算，

，

，

，

与之间的回归直线方程．

（2）由（1）知，当时，，

且，

月份该十字路口“礼让行人”情况达到“理想状态”．

（3）因为服从正态分布，所以，

该月没能在天内缴纳人数为人．

21．（12分）已知函数，．

（1）若对任意给定的，总存在唯一一个，使得成立，

求实数的取值范围；

（2）若对任意给定的，在区间上总存在两个不同的，使得成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）由题意知，，

因为，所以由，解得或；

由，解得，

故的单调递增区间为，单调递减区间为和，

，，，，

所以的值域为．

又因为在上单调递增，所以的值域为．

问题转化为直线和曲线的图象只有一个交点，

结合图象，有，解得a的取值范围是．

（2）由（1）可知，问题转化为与曲线，二者的图象有两个不同的交点，

结合图象，有，解得a的取值范围是．

22．（12分）已知椭圆的左、右顶点分别为，，上顶点为，过右焦点的直线交椭圆于，两点，点在轴上方，当轴时，（为坐标原点）．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设直线交直线于点，直线交直线于点，则是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．

【答案】（1）；（2）是，定值为．

【解析】（1）当轴时，点的横坐标代入椭圆的方程，

可得点的纵坐标，

由题意知，，，

又当轴时，，，得，

且，，

∴椭圆的标准方程为．

（2）为定值，且定值为，理由如下：

由（1）得，，，

设，，，

直线的方程为，

联立方程可得，整理得，

则，，

由，，三点共线可得，①

，，，②

由①②得③

由，，三点共线可得④

由③④可得，

分别将，代入，

得，

将，代入并整理，

可得，，

设，同理可得，

由，，三点共线可得，⑤

由③⑤得，

，为定值．