2021届浙江省台州高三二模数学试卷及答案

2021届浙江省台州高三二模数学试卷及答案

一、单选题

1．设集合，则（       ）

A． B．

C． D．

2．已知直线，则直线之间的距离为（       ）

A． B．

C． D．

3．已知为虚数单位，若复数满足，则（       ）

A． B．

C． D．

4．若，则""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

5．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（       ）

A． B．

C． D．

6．若函数在上有两个不同的零点，则的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

7．已知，离散型随机变量的分布列如下表：

若，则（       ）A． B．

C． D．

8．函数（是自然对数的底数，）的图象可能是（ ）

A． B．

C． D．

9．已知平面向量、、，若，，，则在方向上投影的最小值为（       ）

A． B．

C． D．

10．已知，实数满足，则（       ）

A．当时，存在实数，使得既有最大值，又有最小值

B．当时，对于任意的实数，有最大值，无最小值

C．当时，存在实数，使得既有最大值，又有最小值

D．当时，对于任意的实数，无最大值，有最小值

二、填空题

11．已知数列满足，则______.

12．已知，若，则的最小值为______.

13．如图，平面内△，△均为等腰直角三角，，点在△的内部（不包括边界），△，△的面积分别记作，则的取值范围为______.

三、解答题

14．已知函数.

（Ӏ）求函数的单调递增区间；

（ӀӀ）若，求的值.

15．如图，四棱锥E-ABCD中，AB//CD，AB⊥AD，AD=CD=AB=1，EC=2，△EAB为正三角形.

（Ⅰ）求证：AD⊥EB：

（Ⅱ）若在线段EA上有点F，使得点F到平面ABCD的距离为，求直线CE与平面FBD所成角的正弦值.

16．已知数列前项和为，数列是等差数列，.

（1）求数列，的通项公式；

（2）设求证：.

17．已知点为椭圆的左焦点，记点到直线的距离为，且.

（Ӏ）求动点的轨迹方程；

（ӀӀ）过点作椭圆的两条切线PA，PB，设切点分别为，连接AF，BF.

（i）求证：直线PA方程为；

（ii）求证：AF⊥FB．

18．已知函数.

(1)若，求函数的单调区间；

(2)若存在实数，使得对于任意的恒成立，求实数的取值范围.

四、双空题

19．已知函数，则______；若，则实数______.

20．已知多项式，若，则实数______， ______.

21．已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的离心率为______；若点在双曲线上，则______.

22．若排一张有三首歌曲和三支舞蹈的演出节目单，共有______种不同的排法（用数字作答），其中恰有两首歌曲相邻的概率为______.

参考答案：

1．C

【解析】

【分析】

利用交集的定义直接求解即可

【详解】

解：因为，

所以，

故选：C

2．A

【解析】

【分析】

由题意结合平行线的距离公式求解其距离即可.

【详解】

由两平行直线间的距离公式可得其距离为：.

故选：A.

【点睛】

方法点睛：求点到直线的距离时，若给出的直线不是一般式，则应化为一般式；求两平行线之间的距离时，应先将方程化为一般式，且x，y的系数对应相同.

3．B

【解析】

【分析】

令，得出,再计算，即可求出答案．

【详解】

令，则，

∴解得 ，∴ ，

故选：B.

4．B

【解析】

【分析】

利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可.

【详解】

当，且时，不成立，所以是不充分条件；

当时，即，即必有，所以是必要条件.

故选：B.

5．D

【解析】

【分析】

判断出几何体的结构，从而计算出几何体的体积.

【详解】

由三视图可知，几何体是如下图所示三棱锥，

故体积为.

故选：D

6．D

【解析】

【分析】

将零点问题转化为方程问题，再运用数形结合的方法解决即可.

【详解】

函数在上有两个不同的零点等价于方程在上有两个不同的解，

即在上有两个不同的解.

此问题等价于与有两个不同的交点.

由下图可得.

故选：D.

7．C

【解析】

【分析】

利用离散型随机变量的分布列的意义分析得m的值，进而求得n值，最后由期望的意义求解而得.

【详解】

由所给表格及离散型随机变量的分布列的意义知，，否则，

与已知矛盾 ，从而，，

又，得，

所以.

故选：C.

8．A

【解析】

【分析】

先判断时，的符号，可排除BC；再取特殊值，可排除D，从而可得出结果.

【详解】

当时，，，，则，故排除BC选项；

当时，，，，

则，故排除D，选A.

故选：A.

【点睛】

思路点睛：

函数图象的辨识可从以下方面入手：

(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．

(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；

(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；

(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.

9．C

【解析】

【分析】

建立平面直角坐标系，将各向量均转化为共起点O的向量，由知向量终点在圆上运动，过终点作向量所在直线的垂线，数形结合得到投影最小值.

【详解】

不妨设，，，由，可得，

又，故点C在以为圆心，为半径的圆上运动.

如图，由，不妨设在直线上，

过点C、M分别作直线OB的垂线，垂足为、，

则在方向上投影的最小值即为，即.

故选：C.

【点睛】

向量投影问题的处理通常有两个角度：一是利用数量积变形公式求解；二是利用投影的几何意义，作垂直辅助线，数形结合求解.

10．D

【解析】

【分析】

观察选项，实质上是研究函数，然后利用导数研究函数的单调性来确定最值即可得到答案.

【详解】

因为，

则，

令，则，

①时，，故在是单调递增，

所以不可能有最大值，因此选项A，B均不正确；

②时，设，

所以在上单调递减，

而时，，时，，

所以在上有唯一的零点，即有唯一的使成立，

所以可知时，单调递增，时，单调递减.

所以有最小值而无最大值.

故选：D.

【点睛】

关键点睛：解决本题的关键，一是要分类讨论，二是在时，要二次求导才能确定原函数的单调性.

11．2020

【解析】

【分析】

先利用判断出为常数列，求出数列的通项公式，即可求出.

【详解】

因为，所以，

式子两端除以，整理得：，

即为常数列.

因为，所以，

所以，所以.

故答案为：2020

【点睛】

数列求通项公式的方法：①观察归纳法；②公式法；③由求；④由递推公式求通项公式.

12．2

【解析】

【分析】

利用基本不等式即可求解.

【详解】

，

即

，

所以，解得，

当且仅当时，取等号，

所以的最小值为2.

故答案为：2

【点睛】

易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.

13．

【解析】

【分析】

建立直角坐标系，转化为函数求范围.

【详解】

建立如图所示的直角坐标系，设

则，，，，，

，

，

，

令，，，

当时，，单调减，当时，，单调增；

所以，.

故答案为：

【点睛】

关键点睛：建系利用行列式求面积转化为函数求范围.

14．（Ⅰ），；（Ⅱ）.

【解析】

【分析】

（1）先用辅助角公式变形函数为，再把带入函数单调递增区间，分离出即可得解；

（2）由，即，根据的范围求出，带入即可得解.

【详解】

（Ⅰ）

令，

得，，

的单调增区间为，；

（Ⅱ），即，

，，

又，

所以，得

.

15．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）取中点，连接，，证得，再由勾股定理，得出，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而得到，即可得证；

（Ⅱ）由（Ⅰ）以为原点，，所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解.

【详解】

（Ⅰ）取中点，连接，，

因为，，，则四边形为矩形，

又为正三角形，所以，，

又由，，可得，所以，

又因为，且平面，所以平面，

又由平面，所以，

又因为，所以.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，故平面，

，点到平面的距离为，所以，

如图，以为原点，，所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系.

则，，，，，

由，可得，，，

设平面的一个法向量为，

由，可得，取，可得，所以，

又由，

设与平面所成角为，则，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】

利用空间向量计算二面角的常用方法：

1、法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小；

2、方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.

16．（1），；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）先利用，求出的通项公式，再用基本量代换求出的通项公式；

（2）先验证时不等式成立，当时，由，证明，可以得到，即可证明.

【详解】

解：（1），，

时，，

得，

，

所以是等比数列，，，

等差数列中，，，

所以公差，；

（2）

当时，，

当时，，

当时，由，

得，

所以，

当时，

；

所以对于任意的，.

【点睛】

（1）数列求通项公式的方法：①观察归纳法；②公式法；③由求；④由递推公式求通项公式；

（2）数列求和常用方法：

①公式法； ②倒序相加法；③裂项相消法； ④错位相减法．

17．（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）设出点坐标，利用列方程，化简求得的轨迹方程.

（Ⅱ）（i）将的坐标代入椭圆方程，由此判断直线经过点，联立直线与椭圆，计算得，由此确定直线方程为.

（ii）求得直线的方程，由此求得直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程，化简写出根与系数关系，计算，由此证得.注意判断直线斜率不存在的情况也满足.

【详解】

（Ⅰ）设点，

由，，

化简得，

所以点轨迹方程为；

（Ⅱ）（i）点在椭圆上，得，

所以直线经过点，

由

消去，得，

又

得，

由，

直线与椭圆只有一个公共点，

所以直线方程为；

（ii）设点，由（i）知直线方程为，

同理，直线方程为，

得所以直线方程为，

当时，由

得，

，，

又，

所以；

当时，直线方程为，，，

，；

综上，.

【点睛】

要证明两条直线垂直，可利用向量计算两条直线的方向向量的数量积为零，由此来证得两条直线垂直.

18．(1)增区间为 ，减区间为和；

(2).

【解析】

【分析】

（1）定义域为，求，结合分别解不等式和即可得的单调递增区间和单调递减区间；

（2）由题意知，存在使得即对于任意的恒成立，令且，利用导数判断单调性结合零点存在性定理可判断时不符合题意，因此，再利用导数证明当时，恒成立即可.

(1)

定义域为，

由

可得

，

当时，令，得，

令，可得或，

所以的增区间为，减区间为，.

(2)

，即，

即存在，使得，而，

故对于任意的恒成立，即，

令，即对于任意的恒成立，

，

设，则，

当时，，所以在上单调递增，

又因为，，

所以存在唯一的，使得，

当时，，则，是减函数，

所以，不符合题意，

所以，

下证当时，恒成立，

，

所以，

即在上单调递减，，

综上所述：.

【点睛】

方法点睛：求不等式恒成立问题的方法

（1）分离参数法

若不等式（是实参数）恒成立，将转化为或恒成立，进而转化为或，求的最值即可.

（2）数形结合法

结合函数图象将问题转化为函数图象的对称轴、区间端点的函数值或函数图象的位置关系（相对于轴）求解.此外，若涉及的不等式转化为一元二次不等式，可结合相应一元二次方程根的分布解决问题.

（3）主参换位法

把变元与参数变换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解，一般情况下条件给出谁的范围，就看成关于谁的函数，利用函数的单调性求解.

19．          0

【解析】

【分析】

由函数，代入，求得的值，根据，化简得到，即可求解.

【详解】

由题意，函数，可得，

因为，即，可得，解得.

故答案为：； .

20．     2     -4

【解析】

【分析】

令，得到，求得的值，再结合二项展开式求得展开式中项，即可求解.

【详解】

由题意，多项式，

令，可得，解得，

又由展开式中为，所以.

故答案为：； .

21．         

【解析】

【分析】

求出的值，利用公式可求得双曲线的离心率，由已知条件可得出关于、的方程组，进而可求得的值.

【详解】

直线的斜率为，双曲线的渐近线方程为，

由题意可得，可得，

因此，双曲线的离心率为；

由已知条件可得，解得.

故答案为：；.

【点睛】

方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：

（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；

（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；

（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.

22．     720    

【解析】

【分析】

（1）直接利用排列数计算即可；

（2）相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插空法，计数后，利用古典概型求概率.

【详解】

排一张有三首歌曲和三支舞蹈的演出节目单，共有种不同的排法；

记事件A: 恰有两首歌曲相邻,则事件A包含：

故.

故答案为：720，

【点睛】

（1）排列组合问题中，相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插空法.

（2）古典概型求概率也可以利用计数原理求出事件个数，再求概率.