


2021届安徽省淮北高三二模数学试卷及答案
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一、单选题
1.已知集合,,则( )
A. B. C. D.
2.若(其中为虚数单位),则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
3.已知,,则( )
A.-2 B. C. D.2
4.“干支(gānzhī)纪年法”是中国历法上自古以来就一直使用的纪年方法,干支是天干和地支的总称.甲、乙、丙、丁戊、已、庆、辛、壬、癸十个符号叫天干,子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥十二个符号叫地支,千支按序相配,组成干支纪年法,相配顺序为甲子、乙丑、丙寅……癸酉;甲戌、乙亥、丙子…未;甲申、乙酉、丙戌…癸巳;……共得60种不同组合,这就是俗称的“六十甲子”,也叫“干支丧”,周而复始干支纪年以每年立春换年,是中华民族的伟大发明.2021年是干支纪年中的辛丑年,则2035年是干支纪年中的( )
A.甲寅年 B.乙卯年 C.丙辰年 D.甲巳年
5.函数的图象可能是
A. B. C. D.
6.已知某几何体的一条棱长为,该棱在正视图中的投影长为,在侧视图与俯视图中的投影长为与,且,则的最小值为( )
A. B. C. D.2021
7.如图,,是双曲线的左、右焦点,,为双曲线上关于原点对称的两点,且满足,,则双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
8.如图,为正四棱锥的底面中心,,分别是,上的动点,若是边长为2的正三角形,则的最小值为( )
A.1 B. C.2 D.
9.若数、、能成为等差数列的项(可以不是相邻项)则记为,不能则记为;若数、、能成为等比数列的项(可以不是相邻项)则记为,不能则记为.那么这两组数对应的判断结果是( )
A. B. C. D.
10.已知通数满足,,且在区间上单调,则满足条件的个数为( )
A.7 B.8 C.9 D.10
11.在平面直角坐标系中,曲线,,过上的点作直线交于、两点,则的最小值是( )
A.3 B.4 C. D.
12.已知关于的不等式在恒成立,则的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、填空题
13.展开式中常数项为___________.
14.已知坐标平面内的点集,在Ω中任取三点,则这三点两两距离不超过的概率是___________.
15.设M是函数图像上任意一点,过点向直线和轴作垂线,垂足分别为A、B,则___________.
16.在如图所示的多面体中,为正四面体,,直线与平面交于点,则下列命题中正确的有___________.(写出所有正确命题的序号)
①;②;③;④平面;⑤该多面体存在外接球.
三、解答题
17.在中,角,,所对边的长为,,,已知.
(1)求A;
(2)若的面积,求边上中线的最小值.
18.甲乙两人用两颗质地均匀的骰子(各面依次标有数字1、2、3、4、5、6的正方体)做游戏,规则如下:若掷出的点数之和为3的倍数,则由原投掷人继续投掷否则由对方接着投掷第一次由甲投掷.
(1)求第二次仍由甲投掷的概率;
(2)设游戏的前4次中乙投掷的次数为X,求随机变量X的分布列与期望.
19.如图,在四棱锥中,平面,,,,.为的中点,点在上,且.
(1)求证:平面;
(2)求二面角的正弦值;
(3)设点在上,且,判断直线是否在平面内,并说明理由.
20.如图,椭圆的 右焦点为,右顶点为,满足,其中为坐标原点,为椭圆的离心率.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)设为椭圆上的动点(异于左右顶点),直线交椭圆于另一点,直线交直线于点,求证:直线过定点.
21.己知函数.
(1)若,证明:当时,;当时;
(2)若存在两个极值点,,求证:.
22.在平面直角标系中,已知曲线的参数方程为(为参数),以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.
(1)写出曲线,的普通方程;
(2)过曲线上任意一点作与夹角为的直线,交于点,求的最大值与最小值.
23.设函数
(1)证明:;
(2)若,求实数的取值范围.
参考答案:
1.C
【解析】
【分析】
首先求出集合、,再根据交集的定义计算可得;
【详解】
解:因为,所以或,所以,因为,所以,,所以,所以
所以
故选:C
2.C
【解析】
【分析】
由复数的除法运算得到,求出共轭复数进而可得结果.
【详解】
因为,
所以,
易知,其对应的点的坐标为在第三象限,
故选:C.
3.D
【解析】
【分析】
利用可求的值.
【详解】
因为,,故,
又,
故选:D.
4.B
【解析】
【分析】
由题意把干支顺序相配正好六十为一周,周而复始,循环记录,再根据2021年是“干支纪年法”中的辛丑年,2016年是“干支纪年法”中的丙申年即可求出答案
【详解】
解:因为2021年是干支纪年中的辛丑年,
,
,
所以2035年是“乙”年,
所以2035年是“卯”年
所以2035年是干支纪年中的乙卯年,
故选: B.
5.B
【解析】
【分析】
考查该函数的奇偶性,在处的取值以及该函数在上的单调性可辨别出图象.
【详解】
令,定义域为,,
该函数为偶函数,且,排除C选项,
当时,,则,
当时,,,则,
当时,,则,
所以, 函数在上单调递减,符合条件的图象为B选项中的图象.
故选B.
【点睛】
本题考查利用函数解析式辨别函数的图象,一般从以下几个要素来进行分析:①定义域;②奇偶性;③单调性;④零点;⑤函数值符号.在考查函数的单调性时,可充分利用导数来处理,考查分析问题的能力,属于中等题.
6.C
【解析】
【分析】
将该几何体的棱放在长方体的体对角线处,然后利用长方体的对角线公式和基本不等式的应用可得答案.
【详解】
如图,设该几何体的一条棱为,
则它在正视图的投影为,在侧视图的投影为,在俯视图的投影为
所以,,
设,
则
所以
因为,
所以,当且仅当时等号成立
所以,解得
故选:C
7.A
【解析】
【分析】
用锐角三角函数的定义可得,,,取左焦点,连接,,可得四边形为矩形,由双曲线的定义和矩形的性质,可得,由离心率公式求解即可.
【详解】
因为,,所以.
在中,,,
在直角三角形中,,可得,,取左焦点,连接,,可得四边形为矩形,
,
,
,
,
,
故选:A
【点睛】
方法点睛:求双曲线的离心率常用的方法有:(1)公式法(求出双曲线的代入离心率的公式即得解);(2)方程法(通过已知找到关于离心率的方程解方程即得解).
8.B
【解析】
【分析】
根据与全等,绕PO折叠至,由点A到PC的距离求解.
【详解】
因为棱锥是正四棱锥,且为底面中心,
所以与全等,
将绕PO折叠至,
因为折叠前后EF的长度不变,
所以的最小值即为点A到PC的距离,
又因为是边长为2的正三角形,
,
故选:B
9.D
【解析】
【分析】
设数、、能成为公差为的等差数列中的项,假设,,,;设数、、能成为公比为的等比数列中的项,假设可以得,,、.判断以上两组中的、是否存在,由此可得出结论.
【详解】
数、、能成为等差数列的项(可以不是相邻项):
假设可以得,,、,为公差,
消得,即,取,,即可,
故、、能成为等差数列的项;
数、、能成为等比数列的项(可以不是相邻项):
假设可以得,,、,为公比,
消得,即,、.
为奇数,为偶数,等式不成立,
故、、不能成为等比数列中的项.
所以,这两组数对应的判断结果是.
故选:D.
【点睛】
关键点点睛:本题考查等差、等比数列能否存在,关键是结合等差数列、等比数列的基本量进行计算,确定相应项的序数是否存在.
10.C
【解析】
【分析】
根据,可求得,其中,再根据函数在给定区间上的单调性可求满足条件的个数.
【详解】
因为,,故,其中,
故即,
因为,故.
因为为函数图象的最高点,
故在区间上单调等价于,
故,故即,故.
故选:C.
【点睛】
思路点睛:正弦型函数在对称轴处取最值,如果其在给定的区间上单调,那么该区间的长度不超过半周期,解题中注意合理利用这个性质.
11.B
【解析】
【分析】
设点,直线的倾斜角为,则直线的参数方程为(为参数),
代入曲线中,得出根与系数的关系,表示,由二次函数的性质可得选项.
【详解】
设点,直线的倾斜角为,则直线的参数方程为(为参数),
代入曲线中,
则,整理得:,
设、两点所对应的参数为,则,
则,即的最小值是4,
故选:B.
【点睛】
易错点睛:本题考查直线的参数方程,常代入曲线的一般方程中得出根与系数的关系,再将线段间的运算用根与系数的关系表示,运用时,注意直线中的参数的几何意义,以及所对应的参数的符号.
12.A
【解析】
【分析】
将条件变形为,然后由的单调性可得,然后可得,然后利用导数求出的最小值即可.
【详解】
由得
即,
构造,即
因为在上单调递增,所以,所以
所以,令,则
所以在上单调递减,在上单调递增
所以,所以,即
又,即
所以的取值范围是
故选:A
【点睛】
关键点睛:解答本题的关键是将条件不等式变形为.
13.
【解析】
【分析】
求出所给二项展开式的通项公式,再算出x的指数为0的项求解而得.
【详解】
展开式的通项公式为:
,
展开式中常数项即,此时,
展开式的常数项是第七项,为.
故答案为:
14.
【解析】
【分析】
求出所有可能和符合题意的可能,由古典概型的概率公式即可求解.
【详解】
解:,,0,,
x有3种取法,y有3种取法,共组成个点,
9个点中随机取3个点的方式有种,
当三个点两两之间的距离不超过时,
只有三个点组成了边长分别为1,1,的直角三角形时满足条件,
如图所示,ABO为满足两两之间距离不超过的三个点,
在ABOD四点中,任取三点都满足该条件,共有种取法,
同理在BCEO,EHGO,DOGF中都有种方法,
共有种方法,
所求概率.
故答案为:
15.
【解析】
【分析】
设,则可求得,,故可求的值.
【详解】
设,则且,
由可得,
故,又,
故.
故答案为:.
【点睛】
思路点睛:向量的数量积的计算,可以依据定义来计算,也可以利用运算律转化为已知向量的数量积来计算,也可以根据问题的特征转化为向量的坐标运算.
16.①③④⑤
【解析】
【分析】
取的中点,证明出平面,可判断①的正误;计算出,利用勾股定理可判断②的正误;计算出、,可判断③的正误;利用线面平行的判定定理可判断④的正误;分析出,可判断⑤的正误.
【详解】
对于①,取的中点,连接、,
,为的中点,则,同理可得,
,平面,
平面,,①正确;
对于②,设,点在底面的射影为正的中心,即平面,
,则三棱锥为正三棱锥,
所以,点在底面的射影也为正的中心,即平面,
,则、、三点共线,又底面,与重合,
正的外接圆半径为,则,
,同理可得,所以,,
,所以,,②错误;
对于③,由②可知,,③正确;
对于④,连接,为正的中心,为中的边的中点,则,
所以,与相交,则、、、四点共面,
,,则,同理可得,
,平面,平面,,
,且、、、四点共面,,
平面,平面,平面,④正确;
对于⑤,由②可知,,同理可知,
所以,为多面体的外接球的直径,⑤正确.
故答案为:①③④⑤.
【点睛】
方法点睛:直线与直线垂直的证明依据:
①三角形勾股定理的逆定理:;
②两个三角行全等或相似证明对应角相等(其中一个已知角为直角);
③等腰三角形底边上的中线与底边垂直;
④菱形的对角线相互垂直;
⑤矩形的邻边相互垂直;
⑥等角定理:,或,,;
⑦直线与平面垂直的定义(或性质):一条直线与一个平面垂直,则这条直线与此平面内的所有直线都垂直,即,,常用于异面直线垂直,偶尔两相交直线垂直也可通过线面垂直得到.
17.(1);(2)最小值.
【解析】
【分析】
(1)根据,利用正弦定理得到:求解;
(2)由的面积,得到,再根据为的中点,分别在,中,利用余弦定理得到,再结合余弦定理,利用基本不等式求解;
【详解】
(1)∵,
由正弦定理可得:,
,可得,
∵,∴,
,∴,即.
(2)∵的面积,
∴,得.
∵为的中点,
∴在中,由余弦定理得,
在中,由余弦定理得,
两式相加得:,
由余弦定理可得:,
代入上式可得:,
解得,
当且仅当时,边上中线取得最小值.
【点睛】
关键点点睛:本题第二问关键是由为的中点,利用中线长定理得到而得解.
18.(1);(2)分布列答案见解析,数学期望:.
【解析】
【分析】
(1)根据规则得到第二次仍由甲投掷的事件数,利用概率公式计算即可;
(2)得出X的取值依次为0,1,2,3,求出相应的概率,列出分布列,进而求出期望.
【详解】
解:(1)第二次仍有甲掷,則第一次甲掷得点数之和为3的倍数
其概率.
(2)前4此乙投掷次数为X,则X的取值一次为0,1,2,3,由(1)得
;
故随机变量的分布列为:
0 | 1 | 2 | 3 | |
所以随机变量的期望
19.(1)证明见解析;(2);(3)直线AG在平面AEF内,证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)可证PA⊥CD,从而可证CD⊥平面PAD.
(2)以A为坐标原点如图建立空间直角坐标系A-xyz,求出平面AEF的法向量后可求二面角的余弦值.
(3)利用与平面的法向量垂直可证明直线在平面内.
【详解】
(1)证明:因为平面,平面,所以PA⊥CD,
又因为AD⊥CD,,所以CD⊥平面PAD.
(2)过A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD,平面,
所以PA⊥AM,PA⊥AD,
以A为坐标原点如图建立空间直角坐标系A-xyz.
则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),
因为E为PD的中点,所以E(0,1,1),
所以,,
所以,.
设平面AEF的法向量为,
则即,
令,则,,故,
又平面PAD的法向量为,
所以,得二面角平面角正弦值为
(3)直线AG在平面AEF内,证明如下:
因为点G在PB上,且,故,
所以,.
由(2)知,平面AEF的法向量,
所以,所以直线AG在平面AEF内.
【点睛】
思路点睛:线线垂直的判定可由线面垂直得到,也可以由两条线所成的角为得到,而线面垂直又可以由面面垂直得到,解题中注意三种垂直关系的转化. 空间中的角的计算,可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算,也可以构建空间角,把角的计算归结平面图形中的角的计算.
20.(1);(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)由题意,可得,又,从而求出,则可得椭圆的标准方程;
(2) 设的左顶点为,,,,与椭圆方程联立,表示出韦达定理及,,即可表示出点坐标,设与交于,表示出点坐标,即可得到,从而得证;
【详解】
解:(1)由,得
又,解得
所以椭圆标准方程是:.
(2)设的左顶点为,,,
联立消并整理得
则,,故
又,
当时得
设与交于,则
而
即,即,故过定点;
【点睛】
解决直线与椭圆的综合问题时,要注意:
(1)注意观察应用题设中的每一个条件,明确确定直线、椭圆的条件;
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力,重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题.
21.(1)证明见解析;(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)将代入,求出恒成立,得到函数的单调性,结合可得结果;
(2)根据在极值点处导数为0可得且,将所需不等式化简即可转化为,记,构造函数,利用导数研究函数的单调性即可得结果.
【详解】
(1)当时,,定义域为
又
得在,恒成立,故单调递减,
又
所以当时,;当时
(2)
因为存在两个极值点m,n
则有两个正数根,即有两个正数根
所以得且(*)
又
不妨设
原命题即设
即证由(*)得
即证:(齐次化)
记,则
即证:
再记,
则
当时,,在上单调递减,
故,由分析法和原不等式成立.
【点睛】
关键点点睛:由极值点的概念得到的关系,将所证不等式进行齐次化处理,引入新的变量是解题的关键.
22.(1)的普通方程为,的普通方程为;(2),.
【解析】
【分析】
(1)用消参法化参数方程为普通方程,利用公式化极坐标方程为直角坐标方程;
(2)求出到直线距离的最大值和最小值,由直角三角形性质得的最大值和最小值.
【详解】
解:(1)由得
∴的普通方程为
∴∴∴
∴的普通方程为
(2)设到的距离为,圆心到的距离为,圆半径为1,则,∵PA与夹角为
∴∴∴.
【点睛】
结论点睛:本题考查参数方程与普通方程的互化,极坐标方程与直角坐标方程的互化,考查圆上点到直线距离的最值.求出圆心到直线的距离,是圆半径,直线与圆相离,则圆上点到直线距离的最大值为,最小值为.
23.(1)证明见解析;(2).
【解析】
【分析】
(1)去掉绝对值符号后再利用基本不等式可求证.
(2)由可得,分类讨论后可求实数的取值范围.
【详解】
解:(1)∵,
∴在单调递减;在单调递减;在单调递减;
∴,当且仅当且时取得最小值.
∴.
(2)∵,
∴,∴,∴,
当时,有,解得,
当时,有,∴.
综上:实数a的取值范围为.
【点睛】
思路点睛:对于含绝对值的函数,可以通过去除绝对值符号把问题转化为分段函数的问题来处理.
2023届安徽省淮北市高三二模数学试题含解析: 这是一份2023届安徽省淮北市高三二模数学试题含解析,共22页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,双空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
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