2021届海南省海口二中高三（10月）第二次高考调研测试数学试题（解析版）

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2021届海南省海口二中高三（10月）第二次高考调研测试数学试题


一、单选题
1．若集合，，则等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】化简集合N，根据交集运算即可.
【详解】
因为，
所以.
故选：C
【点睛】
本题主要考查了集合的交集运算，一元二次不等式的解法，属于容易题.
2．复数满足（为虚数单位），则复数在复平面内位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【解析】利用复数的运算法则求得复数z，然后确定其所在的象限即可.
【详解】
由题意可得：，
则复数z对应点的坐标为，据此可知复数在复平面内位于第二象限.
本题选择B选项.
【点睛】
本题主要考查复数的运算法则，复平面内各个象限内复数的特征等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
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条
【答案】A
【解析】【详解】
若，则，从而;
若，则，解得或.
所以，前者是后者的充分不必要条件. 选A.
4．在的展开式中，含的项的系数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】，令，得含的项的系数为 选.
5．执行如图所示的程序框图，输出值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】，；，；，. 选.
6．设函数在区间，上随机取一个实数，则的值不小于常数的概率是　　
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，，以长度为测度，即可求出概率．
【详解】
解：由题意，当，则，当时，，
的值不小于常数，
，
所求概率为，
故选：．
【点睛】
本题考查几何概型的概率计算，确定以长度为测度是关键，属于基础题．
7．已知圆M与直线和都相切，圆心在直线上，则圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】到两直线及的距离都相等的直线方程为，联立方程组，解得.两平行线之间的距离为，所以，半径为，从而圆的方程为. 选.
8．在各项均为正数的等比数列中，若,数列的前项积为，且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】【详解】
因为，所以，即.
又，由，得. 选.
9．已知函数的周期为，若将其图象沿x轴向右平移a个单位，所得图象关于原点对称，则实数a的最小值为　　
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由条件利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用余弦函数的周期性，求得的值，可得函数的解析式，利用函数的图象变换规律，正弦函数、余弦函数的奇偶性，求得a的最小值．
【详解】


，
，解得：，
，
将函数图象沿x轴向右平移a个单位，得到的新函数为，
，
，，
当时，a的最小值为．
故选D．
【点睛】
本题主要考查三角恒等变换，余弦函数的周期性，函数的图象变换规律，正弦函数、余弦函数的奇偶性，属于基础题．
10．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】该几何体的直观图如图所示，它是一底面是菱形的直四棱柱，在左上角切去一个三棱锥后形成的几何体.所以. 选.

11．体积为的球有一个内接正三棱锥，是球的直径，,则三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意可得球的半径为，如图，因为是球的直径，所以，可得,所在小圆圆心为,可由射影定理,所以，,因为为的中心，所以可求出的边长为，面积为，因此，三棱锥的体积为. 选.

点睛:空间几何体与球接、切问题的求解方法
(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
(2)若球面上四点构成的三条线段两两互相垂直，且，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解．
12．设正数，满足方程，若不等式有解，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由，得，又，整理得，，令，，所以，易知函数在上递增，在上递减.因为，，，所以.
选.
点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.


二、填空题
13．已知单位向量，满足，则向量与的夹角为__________．
【答案】60°（或）
【解析】因为，化简得：，即，所以，又，所以，故填．
14．设不等式，表示的平面区域为,若直线上存在内的点，则实数的最大值是__________．
【答案】
【解析】可行域为如图所示的五边形及其内部，联立方程组，解得，即,当直线过点时，.

点睛：线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.
15．过双曲线的右焦点且垂于轴的直线与双曲线交于,两点，与双曲线的渐近线交于,两点，若,则双曲线离心率的取值范围为__________．
【答案】
【解析】易知，因为渐近线，所以 ，由化简得，即，所以，从而，
解得.
点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.
16．设等差数列的前项和为，若，则满足的正整数的值为__________．
【答案】
【解析】，得，，，.， .
满足的正整数的值为.

三、解答题
17．在锐角中,设角，,所对边分别为，,，.
（1）求证：;
（2）若,，，求的值.
【答案】（1）详见解析（2）
【解析】试题分析：（1）先根据正弦定理将边角关系统一为角的关系：，再根据同角三角函数商数关系将弦转化为切，即得.（2）由两角和正切公式及，解出，，根据三角形内角范围及同角三角函数关系可得角，为锐角，且正余弦值，利用,解出角C的余弦值，再根据余弦定理求的值.
试题解析：（1）证明：，，
由正弦定理，得即，
，即 .
（2）解：,.
由（1）得，，
为锐角，,.
，即，或.
由,知为锐角，所以舍去，从而.
18．某地区拟建立一个艺术博物馆，采取竞标的方式从多家建筑公司选取一家建筑公司，经过层层筛选，甲、乙两家建筑公司进入最后的招标.现从建筑设计院聘请专家设计了一个招标方案:两家公司从个招标问题中随机抽取个问题，已知这个招标问题中，甲公司可正确回答其中的道題目，而乙公司能正确回答毎道题目的概率均为，甲、乙两家公司对每题的回答都是相互独立，互不影响的.
（1）求甲、乙两家公司共答对道题目的概率；
（2）请从期望和方差的角度分析，甲、乙两家哪家公司竞标成功的可能性更大？
【答案】（1）（2）甲公司竞标成功的可能性更大.
【解析】试题分析：（1）分两种情况求概率：甲答对道题、乙答对道题；甲答对道题、乙答对道题；其中甲答对道题概率为, 乙答对道题概率为，最后根据概率乘法公式与加法公式求概率，（2）分别求甲、乙公司正确完成面试的题数期望和方差，期望较大、方差较小的公司竞标成功的可能性更大.先确定随机变量可能取法，求出对应概率(甲答对道题概率为, 乙答对道题概率为)，利用期望公式及方差公式求期望与方差.
试题解析：（1）由题意可知，所求概率.
(2)设甲公司正确完成面试的题数为,则的取值分别为，，.
,，.
则的分布列为：









.
设乙公司正确完成面试的题为,则取值分别为，，，.
,,
,
则的分布列为：










.（或,）
.()
由,可得，甲公司竞标成功的可能性更大.
19．如图所示，在四棱锥中，底要为平行四边形，，,,底面,为上一点，且.

（1）证明：;
（2）求二面角余弦值.
【答案】（1）详见解析（2）
【解析】【详解】试题分析：（1）由底面,得，再利用余弦定理计算AD，根据勾股定理得，利用线面垂直判定定理可得，最后根据线面垂直性质定理得;（2）利用空间向量数量积求二面角的余弦值，先根据条件建立恰当空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出各面法向量，利用向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与法向量夹角关系确定所求值.
试题解析：（1）证明：在中, .
不妨设,则由已知,得,
所以，所以,
所以，即,又底面,所以
所以.
(2)解：由（1）知,,以为原点，如图所示建立空间直角坐标系，设,
于是， , ,,
因为为上一点，且,所以，所以,
所以,，设平面的法向量，
则，令，则
又,,设平面的法向量
，令，则，
设二面角的大小为，由图可知，则.

20．已知椭圆的左、右焦点分别为、，由椭圆短轴的一个端点与两焦点构成一个等边三角形，它的面积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知动点在椭圆上，点，直线交轴于点,点为点关于轴对称点，直线交轴于点,若在轴上存点，使得,求点的坐标.
【答案】(1) ;(2).
【解析】试题分析：（1）根据已知等边三角形，可知 ，根据面积 ，再根据 ，求得椭圆方程；（2）设 根据三点共线，求出点的坐标，再根据，利用正切相等，得到 以及点在椭圆上，求得 ，解得定点.
试题解析：(1)因为，所以，因此椭圆的方程为.
(2)设，由 三点共线得，整理得；
同理，由 三点共线得 . 又因为，则，所以，即，又且，所以.
由于，所以，所以，点 的坐标为.
【点睛】本题考查直线和椭圆的有关知识及解存在性命题的方法，本题属于中偏难问题，思维量和运算量均有，利用待定系数法求出椭圆方程，利用三点共线，求出点的坐标，利用直角三角形内锐角三角函数正切定义求出， ，根据二者相等，解出点坐标，说明存在点符合条件的点点.
21．已知函数 （是自然对数的底数）.
（1）求的单调区间；
（2）若，当对任意恒成立时，的最大值为，求实数的取值范围.
【答案】（1）在上单调递减；在上单调递增.（2）
【解析】试题分析：（1）先求函数导数，根据导函数是否变号分类讨论：当时，导函数不变号，在上单调递增. 当时，导函数先负后正，即在上单调递减；在上单调递增.（2）不等式恒成立问题，一般利用变量分离转化为对应函数最值问题：最小值，根据的最大值为，转化为恒成立.利用导数可研究函数单调性及最值，可得为单调递增函数，则,即得实数的取值范围.
试题解析：（1）因为，所以.
当时，，所以在上单调递增.
当时，令，得令，得，
所以在上单调递减；在上单调递增.
（2），即对任意恒成立，
所以对任意恒成立.
令，，因为的最大值为，
所以恒成立.
由于，满足题意.
因此的取值范围是.
点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
22．以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，已知直线的参数方程为(为参数，)，曲线的极坐标方程为.
(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
(2)设直线与曲线相交于两点，当变化时，求的最小值.
【答案】（1），；（2）8．
【解析】试题分析：(1)利用平方关系消参化简直线的参数方程，利用，化简极坐标方程;(2)巧用韦达定理求的长度.
试题解析：
(1)由消去得，
所以直线的普通方程为.
由得，
把，代入上式，得，
所以曲线的直角坐标方程为.
(2)将直线的参数方程代入，得，
设两点对应的参数分别是，
则，，
所以，
当时，的最小值为8.
23．已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）设，若关于x的不等式的解集非空，求实数m的取值范围.
【答案】（1）;（2）．
【解析】（1）原不等式可化为：，即或，
由得或，
由得或，
综上，原不等式的解集为．
（2）原不等式等价于的解集非空，
令，即，
由，所以，
由，解得．