2021届安徽省淮北高三二模数学试卷及答案

2021届安徽省淮北高三二模数学试卷及答案

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：

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.