2021届高考数学第二次模拟试卷三理含解析

这是一份2021届高考数学第二次模拟试卷三理含解析，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知均为的子集，且，则（ ）
A．B．C．D．
2．欧拉恒等式：被数学家们惊叹为“上帝创造的等式”．该等式将数学中几个重要的数：自然对数的底数e､圆周率､虚数单位i､自然数1和0完美地结合在一起，它是由欧拉公式：，令得到的根据欧拉公式，在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
3．已知为奇函数，则“”是“”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
4．随着“互联网+”上升为国家战略，某地依托“互联网+智慧农业”推动精准扶贫．其地域内山村的经济收入从2018年的4万元，增长到2019年的14万元，2020年更是达到52万元，在实现华丽蜕变的过程中，村里的支柱性收入也在悄悄发生变化，具体如下图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．2020年外出务工收入比2019年外出务工收入减少
B．种植收入2020年增长不足2019年的2倍
C．2020年养殖收入与2019年其它收入持平
D．2020年其它收入比2019年全部收入总和高
5．若，满足线性约束条件，则的最大值是（ ）
A．B．C．2D．4
6．在中，，，的最小值是（ ）
A．B．C．D．
7．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若的面积为S，，，则外接圆的面积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数的图象如图所示，则此函数可能是（ ）
A．B．
C．D．
9．设函数与有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则实数的最大值为（ ）
A．B．C．D．
10．在棱长为的正方体中，，分别为棱，的中点，为线段上的动点，则直线与平面的交点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
11．已知动点，关于坐标原点对称，，过点，且与直线相切．
若存在定点，使得为定值，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
12．已知定义域为的函数满足，且，为自然对数的底数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．的值为_______．
14．已知，则______．（结果用数字表示）
15．中国象棋中棋子“马”的走法规则是走“日”字的对角线(图中楚河汉界处的“日”字没有画出)，如图，“马”从点A处走出一步，只能到达点B，C，D中的一处．则“马”从点A出发到达对方“帅”所在的P处，最少需要的步数是_________．
16．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过椭圆的右焦点作一条直线交椭圆于点、．则内切圆面积的最大值是_________．
三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（12分）已知公比小于1的等比数列中，其前n项和为，，．
（1）求；
（2）求证：．
18．（12分）如图，在正四面体中，点E，F分别是的中点，点G，H分别在上，且，．
（1）求证：直线必相交于一点，且这个交点在直线上；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
19．（12分）（1）已知，求；
（2）求证：椭圆的面积为．
20．（12分）一支担负勘探任务的队伍有若干个勘探小组和两类勘探人员，甲类人员应用某种新型勘探技术的精准率为，乙类人员应用这种勘探技术的精准率为．每个勘探小组配备1名甲类人员与2名乙类人员，假设在执行任务中每位人员均有一次应用这种技术的机会且互不影响，记在执行任务中每个勘探小组能精准应用这种新型技术的人员数量为．
（1）证明：在各个取值对应的概率中，概率的值最大；
（2）在特殊的勘探任务中，每次只能派一个勘探小组出发，工作时间不超过半小时，如果半小时内无法完成任务，则重新派另一组出发．现在有三个勘探小组可派出，若小组能完成特殊任务的概率t；，且各个小组能否完成任务相互独立．试分析以怎样的先后顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小．
21．（12分）已知函数（…是自然对数的底数）．
（1）若在内有两个极值点，求实数a的取值范围；
（2）时，讨论关于x的方程的根的个数．
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．
22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】
已知平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）．以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，其中点的极坐标为．
（1）求直线以及曲线的普通方程；
（2）若直线与曲线交于、两点，求的值．
23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】
已知，，均为正数，函数的最小值为．
（1）求的最小值；
（2）求证：．
理 科 数 学 答 案
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．【答案】B
【解析】解法一：，，据此可得，故选B．
解法二：如图所示，设矩形ABCD表示全集R，
矩形区域ABHE表示集合M，则矩形区域CDEH表示集合，
矩形区域CDFG表示集合N，满足，
结合图形可得：，故选B．
2．【答案】B
【解析】令中，，
得，所以在复平面内对应的点为，
因为，，所以在复平面内对应的点在第二象限，故选B．
3．【答案】B
【解析】因为为奇函数，
所以，，恒成立，
，，为上的减函数，且，
所以，，
因此，“”是“”的充分不必要条件，故选B．
4．【答案】D
【解析】对于选项A：2020年外出务工收入为万元，
2019年外出务工收入为万元，
所以2020年外出务工收入比2019年外出务工收入增加，故选项A不正确；
对于选项B：2020年种植收入为万元，
2019年种植收入为万元，
种植收入2020年增长是2019年的倍，故选项B不正确；
对于选项C：2020年养殖收入为万元，
2019年其它收入为万元，
2020年养殖收入与2019年其它收入并不持平，故选项C不正确；
对于选项D：2020年其它收入为万元，2019年全部收入总和为万元，
所以2020年其它收入比2019年全部收入总和高，故选项D正确，
故选D．
5．【答案】C
【解析】作出可行域如图中阴影部分所示，
设，点，
则表示点与可行域内的点的连线的斜率．
易知，，则，，
结合图形可知的取值范围为，
所以，故的最大值是2，故选C．
6．【答案】A
【解析】，令，则为直线上的动点，
如图所示，
，当直线时，取得最小值，
∵，，∴，故选A．
7．【答案】D
【解析】由余弦定理得，，
所以，
又，，
所以有，即，
又，所以，
由正弦定理得，得．
所以外接圆的面积为，故选D．
8．【答案】A
【解析】图象关于原点对称，为奇函数，C、D中定义域是，不符合，排除；
A、B都是奇函数，当时，A中函数值为负，B中函数值为正，排除B，
故选A．
9．【答案】A
【解析】设公共点坐标为，则，，
所以有，即，解得(舍去)，
又，所以有，
故，所以有，
对求导有，
故关于的函数在为增函数，在为减函数，
所以当时，有最大值，故选A．
10．【答案】C
【解析】连接，如图，
因为，分别为棱，的中点，所以，
则，，，四点共面．
连接，，设，，连接，
则点的轨迹为线段，易得，
，且，
所以，易知，所以，
又，
所以在中，由余弦定理可得，
所以，即点的轨迹长度为，故选C．
11．【答案】B
【解析】设，因为点关于坐标原点对称，所以是线段的中点，
又因为以为圆心的圆过两点，所以有，
因此有，
因为点关于坐标原点对称，，所以．
又因为以为圆心的圆与直线相切，所以有，
把、代入中，
得，化简得，因此点的轨迹是抛物线，
该抛物线的焦点坐标为，准线方程为，
，
由抛物线的定义可知，
所以有，
由题意可知存在定点，使得当运动时，为定值，
因此一定有，此时定点是该抛物线的焦点，
故选B．
12．【答案】B
【解析】由，得，
设，，
则，从而有．
又因为，所以，，，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以．
因为不等式恒成立，所以，
即，
又因为，所以，故选B．
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．【答案】2
【解析】，
故答案为2．
14．【答案】
【解析】令，则，
由题意可得，
所以，，
因此，，故答案为．
15．【答案】6
【解析】由题意可知，按如图所示的走法（走法不唯一），需要6步从点A出发到达对方“帅”所在的P处，
故答案为6．
16．【答案】
【解析】令直线，与椭圆方程联立消去得，
可设，，则，．
可知，
又，故．
三角形周长与三角形内切圆的半径的积是三角形面积的二倍，
则内切圆半径，其面积最大值为，故本题应填．
三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】（1）解：设等比数列的公比为q，
由，得，解得或（舍去），
所以．
（2）证明：由（1）得，所以．
因为在R上为减函数，且恒成立，
所以当，即时，，
所以．
18．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）因为，，，，
所以且，
故E，F，G，H四点共面，且直线必相交于一点，
设，因为，平面，所以平面，
同理：平面，而平面平面，
故平面，即直线必相交于一点，且这个交点在直线上．
（2）取的中点O，则，，所以平面，
不妨设，则，，
所以，
以O点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
故，，，，
设平面的法向量为，由，可得，
令，则，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
19．【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】（1）令，得，
的几何意义是求以为圆心，半径为的半圆的面积，
．
（2）先求半椭圆的面积，
由，可得，
由（1）可知，，
半椭圆的面积为，
根据椭圆的对称性可知，椭圆的面积为，得证．
20．【答案】（1）证明见解析；（2）按照完成任务概率从大到小的的先后顺序派出勘探小组．
【解析】（1）由已知，的所有可能取值为0，1，2，3，
，
，
，
．
∵，∴，
，
，
∴概率的值最大．
（2）由（1）可知，当时，有的值最大，
且，
∴．
∴应当以的顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小，即优先派出完成任务概率大的小组可减少所需派出的小组个数的均值．
证明如下：
假定为的任意一个排列，即若三个小组按照某顺序派出，该顺序下三个小组能完成特殊任务的概率依次为，记在特殊勘探时所需派出的小组个数为，则，且的分布列为
∴数学期望．
下面证明成立，
∵
．
∴按照完成任务概率从大到小的的先后顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小．
21．【答案】（1）；（2）答案见解析．
【解析】（1）由题意可求得，
因为在内有两个极值点，所以在内有两个不相等的变号根，
即在上有两个不相等的变号根．
设，则，
①当时，，，
所以在上单调递增，不符合条件；
②当时，令，得，
当，即时，，，
所以在上单调递减，不符合条件；
当，即时，，，
所以在上单调递增，不符合条件；
当，即时，在上单调递减，上单调递增，
若要在上有两个不相等的变号根，则，解得，
综上所述，．
（2）设，
令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减．
（ⅰ）当时，，则，
所以．
因为，，所以，因此在上单调递增；
（ⅱ）当时，，则，
所以．
因为，，，，即，
又，所以，因此在上单调递减．
综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当时，，
当，即时，没有零点，故关于x的方程根的个数为0；
当，即时，只有一个零点，故关于x的方程根的个数为1；
当，即时，
①当时，，
要使，可令，即；
②当时，，
要使，可令，即，
所以当时，有两个零点，故关于x的方程根的个数为2，
综上所述：当时，关于x的方程根的个数为0；
当时，关于x的方程根的个数为1；
当时，关于x的方程根的个数为2．
22．【答案】（1），；（2）．
【解析】（1）在的参数方程中消去参数可得，
在曲线的参数方程中，可得，
，即，
所以，直线的普通方程为，曲线的普通方程为．
（2）易知点，设直线的参数方程为（为参数），
设点、对应的参数分别、，
将直线的参数方程代入，得，
，所以，．
由于直线过，故．
23．【答案】（1）1；（2）证明见解析．
【解析】（1），
，
，即的最小值为．
（2），
，，
因此
．1
2
3
P