2021届湖南省长沙市长郡中学高三下学期二模数学试题含解析

2021届湖南省长沙市长郡中学高三下学期二模数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（　　）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】解得集合A，利用交集求得结果.

【详解】由，

则

故选：A

2．已知复数满足，则复数的模（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用复数的四则运算化简计算复数，再利用复数模长公式进行求解.

【详解】由，

得，

故，

故选：B.

3．是的（    ）

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

【答案】A

【分析】利用指数函数的性质分别判断充分性和必要性.

【详解】若，则，故充分性成立；

若，如，则，故必要性不成立，

故是的充分不必要条件.

故选：A.

4．已知向量，的夹角为，，，则（    ）

A． B．3 C． D．12

【答案】A

【分析】利用条件进行数量积运算即可求出，从而可得出的值.

【详解】，，，

，

，

故选：A.

【点睛】求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．

5．函数的图像可能是（    ）

A．
 B．
 

C．
 D．
 

【答案】A

【分析】本题首先可通过判断出函数为奇函数，C、D错误，然后取，通过判断出此时，即可得出结果.

【详解】因为，，

所以函数为奇函数，C、D错误，

当，，，

，，B错误，

故选：A.

【点睛】方法点睛：本题考查函数图像的判断，在判断函数的图像的时候，可以通过函数的单调性、奇偶性、周期性、函数值的大小、是否过定点等函数性质来判断，考查数形结合思想，是中档题.

6．已知函数，数列是公差为1的等差数列，且，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由，得故是公比为的等比数列，即可计算，则可解．

【详解】因为，，所以，，

所以数列是公比为的等比数列，

所以，所以，

所以，

故选：D

7．设，是双曲线的两个焦点，为坐标原点，点在的左支上，且，则的面积为（    ）

A． B． C．8 D．

【答案】C

【分析】化简得，所以点在以为直径的圆上，再求出即得解.

【详解】由，

所以，

可得，

不妨设，，所以，

所以点在以为直径的圆上，

即是以为直角顶点的直角三角形，

故，即．

又．

所以，

解得，

所以．

故选：C

【点睛】关键点睛：解答本题的关键是化简得，分析得到点在以为直径的圆上.

8．已知正方体的棱长为1，点，分别为线段，上的动点，点在平面内，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设点关于的对称点为，关于的对称点为，则最小值为直线与之间的距离，利用等积法可求此最小距离.

【详解】解：点关于的对称点为，关于的对称点为，

记为直线与之间的距离，则，

由，为到平面的距离，

因为，

而，故，

故选：B.

【点睛】方法点睛：空间中动线段的距离和的最值问题，可以类比平面中的距离和的最值处理利用对称性来处理于转化，另外异面直线间的公垂线段的长度可利用点到平面的距离来处理.

二、多选题

9．2020年上半年受疫情影响，我国居民人均消费支出情况也受到了影响，现统计出2015-2020年上半年我国居民人均消费支出情况如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A．从2015年到2019年我国居民人均消费支出逐年减少

B．若2020年下半年居民消费水平与上半年相当，则全年消费与2018年基本一致

C．若2020年下半年居民消费水平比上半年提高20％，则全年消费支出将超过2019年

D．随着疫情的有效控制，2020年下半年居民消费水平比上半年有所提高，居民人均消费支出较2019年减少不会超过10％

【答案】BD

【分析】根据条形图中的信息和数据计算,并判断即可.

【详解】A显然错误；

，与2018年基本一致，B正确；

，不会超过，C错误；

％％，不会超过10％，D正确.

【点睛】本题考查直方图的意义和有关计算，属容易题，关键理解直方图的意义即可.

10．已知函数（其中，，）的部分图像，则下列结论正确的是（    ）

A．函数的图像关于直线对称

B．函数的图像关于点对称

C．将函数图像上所有的点向右平移个单位，得到函数，则为奇函数

D．函数在区间上单调递增

【答案】ACD

【分析】根据函数图象求得解析式，再根据三角函数图象性质及伸缩平移变换分别判断各个选项.

【详解】由图象得函数最小值为，故，

，故，，

故函数，

又函数过点，

故，解得，

又，即，

故，

对称轴：，解得，当时，，故A选项正确；

对称中心：，解得，对称中心为，故B选项错误；

函数图像上所有的点向右平移个单位，得到函数，为奇函数，故C选项正确；

的单调递增区间：，解得，又，故D选项正确；

故选：ACD.

11．已知函数，则下列结论正确的是（    ）

A．函数存在两个不同的零点

B．函数既存在极大值又存在极小值

C．当时，方程有且只有两个实根

D．若时，，则的最小值为

【答案】ABC

【分析】首先求函数的导数，利用导数分析函数的单调性和极值以及函数的图象，最后直接判断选项．

【详解】对于A．，解得，所以A正确；

对于B．，

当时，，当时，或，

所以是函数的单调递减区间，是函数的单调递增区间，

所以是函数的极小值，是函数的极大值，所以B正确．

对于C．当时，，根据B可知，函数的最小值是，再根据单调性可知，当时，方程有且只有两个实根，所以C正确；

对于D：由图象可知，t的最大值是2，所以D不正确．

故选：ABC.

【点睛】易错点点睛：本题考查了导数分析函数的单调性，极值点，以及函数的图象，首先求函数的导数，令导数为0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，本题易错的地方是是函数的单调递减区间，但当时，，所以图象是无限接近轴，如果这里判断错了，那选项容易判断错了．

12．如图，在边长为4的正方形中，点、分别在边、上（不含端点）且，将，分别沿，折起，使、两点重合于点，则下列结论正确的有（    ）．

A．

B．当时，三棱锥的外接球体积为

C．当时，三棱锥的体积为

D．当时，点到平面的距离为

【答案】ACD

【分析】A选项：证明面，得；

B选项：当时，三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，利用分隔补形法求三棱锥的外接球体积；

C选项：利用等体积法求三棱锥的体积；

D选项：利用等体积法求出点到平面的距离.

【详解】A选项：正方形

由折叠的性质可知：

又

面

又面，

；故A正确.

B选项：当时，

在中，，则

由A选项可知，

三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，

把三棱锥放置在长方体中，可得长方体的对角线长为，

三棱锥的外接球半径为，体积为，

故B错误

C选项：当时，

在中，，

则

故C正确；

D选项：设点到平面的距离为，则

在中，，

则

即

故D正确；

故选：ACD

【点睛】方法点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．

三、填空题

13．已知函数，则______．

【答案】

【分析】根据分段函数解析式，代入即可求解.

【详解】由，

得；

故答案为：.

14．若二项式的展开式中所有项的系数和为，则该二项式展开式中含有项的系数为__________．

【答案】

【分析】令，可得解得，再写出二项式展开式的通项，令的指数位置等于即可求解.

【详解】令，可得，解得：，

所以的展开式通项为：，

令可得，

所以该二项式展开式中含有项的系数为.

故答案为：.

15．喷泉是流动的艺术，美妙绝伦的喷泉给人以无限的享受，若不考虑空气阻力，当喷泉水柱以与水平方向夹角为的速度喷向空气中时，水柱在水平方向上移动的距离为，能够达到的最高高度为（如图所示，其中为重力加速度）.若，则H与D的比值为__________．

【答案】

【分析】根据和，结合，利用三角恒变换求解.

【详解】.

故答案为：.

16．若集合至少含有两个元素（实数），且中任意两个元素之差的绝对值都大于2，则称为“成功集合”，已知集合，则的子集中共有__________个“成功集合”．

【答案】49

【分析】设集合的子集中有个成功集合，则，，当时得递推关系，进而根据递推关系得.

【详解】设集合的子集中有个成功集合，则，．

对于时，可将满足要求的子集分为两类：

一类是含有的子集，去掉后剩下小于的单元素子集或满足要求的子集，前者有个，后者有个；

另一类是不含的子集，即满足要求的子集，有个．

于是，．

从而根据递推关系得：，，，，，．

故答案为：

【点睛】本题考查数列的递推关系问题，考查逻辑推理能力，是中档题.本题解题的关键在于设集合的子集中有个成功集合，则，，进而根据题意得递推关系，再计算即可.

四、解答题

17．在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题.

已知的内角，，的对边分别为，，，___________，，，求的面积.

【答案】条件选择见解析；的面积为.

【分析】选择①，用余弦定理求得角，选择②，用正弦定理化边为角后求得角，选择③用两角和的正弦公式变形后求得角，然后利用正弦定理求得，再由诱导公式与两角和的正弦公式求得，最后由面积公式计算出面积．

【详解】解：（1）若选择①，

由余弦定理，，

因为，所以；

由正弦定理，得，

因为，，所以，

所以

所以.

（2）若选择②，则，

因为，所以，

因为，所以；

由正弦定理，得，

因为，，所以，

所以，

所以.

（3）若选择③，

则，所以，

因为，所以，

所以，所以；

由正弦定理，得，

因为，，所以，

所以，

所以.

【点睛】关键点点睛：本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式，解题中要注意条件与结论之间的联系，确定选用的公式与顺序．用正弦定理进行边角转换是一种重要技巧，它的目的是边角分离，公式应用明确．本题是求三角形面积，一般要知道两边和夹角的正弦，在已知一角和一边情况下还需要求得一条边长及两边夹角，这样我们可以采取先求角，再求边和，从而得面积．

18．已知递增等差数列满足，，数列满足.

（1）求的前n项和；

（2）若，求数列的通项公式.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据等差数列公式，列出方程组，求得的hi，得到，进而求得，得到答案.

（2）由（1）得到，化简得到，代入数据计算得到答案.

【详解】（1）设数列公差为，由，

解得或（舍去），

所以，

则，即，所以，

所以数列的前n项和.

（2）由（1）知，

又由，

.

【点睛】本题考查了等差、等比数列通项公式，等比数列的前和公式，以及“分组法”求和的应用，

其中解答中熟记等差、等比数列的通项公式和求和公式，以及合理利用“分组法”求和，准确计算是解答的关键，注重考查推理与运算能力，属于中档试题.

19．皮皮鲁同学乘坐米多多老师为其设计制造的“时空穿梭机”，通过相应地设置，可以穿梭于过去、现在和未来．某天，皮皮鲁同学回来兴奋地告诉同学们：2035年，教育部将在长郡中学试行高考考试改革，即在高三学年中举行5次统一测试，学生如果通过其中2次测试即可获得足够学分升上大学继续学习，不用参加其余的测试，而每个学生最多也只能参加5次测试．假设某学生每次通过测试的概率都是，每次测试通过与否互相独立．规定：若前4次都没有通过测试，则第5次不能参加测试．

（1）求该学生考上大学的概率．

（2）如果考上大学或参加完5次测试就结束，记该生参加测试的次数为，求的分布列及的数学期望．

【答案】（1）；（2）分布列见解析；期望为．

【分析】（1）正难则反，先求没考上大学的概率，有两种情况，前四次通过一次最后一次没通过，或者前四次都没通过，求出概率相加即可得解；

（2）根据题意该生参加测试次数的可能取值为2，3，4，5，分别求出各个数据的概率，求出分布列，根据期望公式即可得解.

【详解】（1）记“该生考上大学”为事件，其对立事件为，则．

．

（2）该生参加测试次数的可能取值为2，3，4，5．

，

，

，

．

故的分布列为：

．

【点睛】本题考查了求概率，考查了离散型随机变量的期望，有一定的计算量.本题的关键有：

（1）精确掌握应用题的具体情形，要考虑到所有情形，不重不漏；

（2）正难则反原理求概率；

（3）掌握分布列及期望公式.

20．直角三角形中，是的中点，是线段上一个动点，且，如图所示，沿将翻折至，使得平面平面．

（1）当时，证明：平面；

（2）是否存在，使得与平面所成的角的正弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析.

【分析】试题分析：

(1)由题意可得，取的中点，连接交于，当时，由几何关系可证得平面.则.利用线面垂直的判断定理可得平面.

(2)建立空间直角坐标系，结合直线的方向向量与平面的法向量计算可得存在，使得与平面所成的角的正弦值为.

试题解析：

（1）在中，，即，

则，

取的中点，连接交于，

当时，是的中点，而是的中点，

∴是的中位线，∴.

在中，是的中点，

∴是的中点.

在中，，

∴，则.

又平面平面，平面平面，

∴平面.

又平面，∴.

而，∴平面.

（2）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系.

则，，，，

由（1）知是中点，，而平面平面.

∴平面，

则.

假设存在满足题意的，则由.

可得，

则.

设平面的一个法向量为，

则即

令，可得，，即.

∴与平面所成的角的正弦值

.

解得（舍去）.

综上，存在，使得与平面所成的角的正弦值为.

【详解】

21．已知函数，（其中为常数，是自然对数的底数）．

（1）若，求函数在点处的切线方程；

（2）若恒成立，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）根据导函数的几何意义，先求斜率，再带入化简整理即可；

（2）方法一：不等式恒成立可等价转化为，构造函数，然后通过函数单调性，求最值即可；

方法二： 恒成立，即，进行同构变形，则构造函数，利用函数单调性求解不等式，进而转化为，接下来参变分离即得出结果.

【详解】（1）根据题意可知：

，，

所以，，

所求的直线方程为，

即．

（2）方法一：，，

故不等式恒成立可等价转化为：

在上恒成立，

记，，

当时，，不合题意；

当时，．

记，，

则，

所以在上是增函数，又，，

所以使得，即①，

则当时，，即，

当时，，即，

故在上单调递减，在上单调递增，

所以②，

由①式可得，，

代入②式得，

因为，即，

故，，即，

所以时，恒成立，故的取值范围为．

方法二：根据已知条件可得：，，

且恒成立；

故可等价转化为：恒成立．

设，则，单调递增，

因而恒成立，即恒成立．

令，则，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以，从而即为所求．

【点睛】恒成立问题求参数的取值范围的方法：

（1）参数分离法；

（2）构造函数法：①构造函数，然后通过研究函数的单调性，求出最值，解不等式即可；②构造函数，研究函数的单调性，利用单调性解不等式，然后转化之后进行参变分离.

22．设点为圆上的动点，过点作轴的垂线，垂足为．点满足．

（1）求点的轨迹的方程．

（2）过直线上的点作圆的两条切线，设切点分别为，，若直线与（1）中的曲线交于两点，．分别记，的面积为，，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）设点，则由得，然后将点的坐标代入中化简可得点的轨迹的方程；

（2）设点，，，则可表示出，的方程，再将点代入，的方程中可得的方程为：，设点，，求出圆心到的距离，从而可求出，再将直线方程与椭圆方程联立方程组，消元后利用根与系数的关系，再利用弦长公式可求出，从而可得，换元后利用导数可求得范围

【详解】（1）设点，由得，由于点在圆上，所以，即点的轨迹方程为．

（2）如图所示，设点，，，则，的方程为

，，

又点在、的上，则有：

①，

②，

由①、②知的方程为：．

设点，，则圆心到的距离，则；

又由，得，

于是，，，

于是．

设，则，于是．

设，，于是．

设，，令，得，

得在上单调递增，故，所以的范围为，即的取值范围．

【点睛】关键点点睛：此题考查轨迹方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是设点，表示出切线，的方程，再将代入可得直线的方程为：，然后将直线方程与椭圆方程联立化简可表示出弦长，考查计算能力，属于中档题