2021届高考数学第二次模拟试卷四理含解析

2021届高考第二次模拟考试卷理科数学（四）

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．复数（    ）

A． B． C． D．

2．集合，，则集合与的关系是（    ）

A．  B．

C．  D．且

3．下列关于命题的说法中正确的是（    ）

①对于命题，使得，则，均有

②“”是“”的充分不必要条件

③命题“若，则”的逆否命题是“若，则”

④若为假命题，则､均为假命题

A．①②③ B．②③④ C．①②③④ D．①③

4．执行如图所示的程序框图，输出的值为（    ）

A．2048 B．1024 C．2046 D．4094

5．函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，对于函数，下列说法不正确的是（    ）

A．的最小正周期为 B．的图象关于直线对称

C．在区间上单调递增 D．的图象关于点对称

6．已知数列满足，，则数列的前项和（    ）

A．  B．

C．  D．

7．已知是不等式组的表示的平面区域内的一点，，为坐标原点，则的最大值（    ）

A．2 B．3 C．5 D．6

8．甲､乙､丙三人手持黑白两色棋子，在3行8列的网格中，三人同时从左到右，从1号位置摆到8号位置，若甲的1号位置与乙的1号位置颜色相同，称甲乙对应位置相同，反之称甲乙对应位置不同，则下列情况可能的是（    ）

A．甲乙丙相互有3个对应位置不同

B．甲乙丙互相不可能有4个对应位置不同

C．甲乙1个位置不同，甲丙3个位置不同，乙丙5个位置不同

D．甲乙3个位置不同，甲丙4个位置不同，乙丙5个位置不同

9．已知实数、满足，的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

10．已知是定义在上的增函数，若对于任意，均有，，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

11．已知函数，，若方程有4个不同的实数根，，，（），则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

12．已知直三棱柱的侧棱长为，，．过、的中点、作平面与平面垂直，则所得截面周长为（    ）

A． B． C． D．

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．若，则的展开式中常数项为_________．

14．小张计划从个沿海城市和个内陆城市中随机选择个去旅游，则他至少选择个沿海城市的概率是__________．

15．已知椭圆的右顶点为P，右焦点F与抛物线的焦点重合，的顶点与的中心O重合．若与相交于点A，B，且四边形为菱形，则的离心率为____．

16．在中，记角所对的边分别是，面积为，则的最大值为_________．

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）已知等差数列满足．

（1）求数列的通项公式；

（2）记数列的前n项和为．若，(为偶数)，求的值．

18．（12分）如图，在圆柱中，四边形是其轴截面，为的直径，且，，．

（1）求证：；

（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角平面角的余弦值．

19．（12分）2020年某地在全国志愿服务信息系统注册登记志愿者8万多人．2019年7月份以来，共完成1931个志愿服务项目，8900多名志愿者开展志愿服务活动累计超过150万小时．为了了解此地志愿者对志愿服务的认知和参与度，随机调查了500名志愿者每月的志愿服务时长（单位：小时），并绘制如图所示的频率分布直方图．

（1）求这500名志愿者每月志愿服务时长的样本平均数和样本方差（同一组中的数据用该组区间的中间值代表）；

（2）由直方图可以认为，目前该地志愿者每月服务时长服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差．一般正态分布的概率都可以转化为标准正态分布的概率进行计算：若，令，则，且．

（ⅰ）利用直方图得到的正态分布，求；

（ⅱ）从该地随机抽取20名志愿者，记表示这20名志愿者中每月志愿服务时长超过10小时的人数，求（结果精确到）以及的数学期望．

参考数据：，．若，则．

20．（12分）已知椭圆的离心率为，且过点．

（1）求椭圆的方程；

（2）若矩形的四条边均与椭圆相切，求该矩形面积的取值范围．

21．（12分）设，，其中，且．

（1）试讨论的单调性；

（2）当时，恒成立，求实数的取值范围．

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】

已知曲线的参数方程为（为参数），直线过点且倾斜角为．

（1）求曲线的普通方程和直线的参数方程；

（2）设与的两个交点为，求．

23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】

（1）已知函数，求的取值范围，使为常函数；

（2）若，，求的最大值．

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】C

【解析】因为，，，所以，故选C．

2．【答案】D

【解析】因为，且，，所以且，故选D．

3．【答案】A

【解析】①对于命题，使得，则均有，

故①正确；

②由“”可推得“”，反之由“”可能推出，

则“”是“”的充分不必要条件，故②正确；

③命题“若，则”的逆否命题是“若，则”，故③正确；

④若为假命题，则，至少有一个为假命题，故④错误，

则正确的命题的有①②③，故选A．

4．【答案】C

【解析】，，

运行第1次，，，

运行第2次，，，

，

运行第9次，，，

运行第10次，，，结束循环，

故输出的值2046，故选C．

5．【答案】C

【解析】因为．

其图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，

所以的最小正周期为，故A正确；

当时，，所以的图象关于直线对称，故B正确；

当时，，所以在间上不单调，故C错误；

当时，，所以函数的图象关于点对称，故D正确，

故选C．

6．【答案】A

【解析】由题意可得，两式相减得，，两式相加得，

故

，

故选A．

7．【答案】D

【解析】由题意可知，，令目标函数，

作出不等式组表示的平面区域，如图所示，

由图知，当目标函数经过点时取得最大值，最大值为，故选D．

8．【答案】D

【解析】对A，若甲乙有3个对应位置不同，不妨设前3个对应位置不同，则后5个对应位置相同，

若丙和甲、丙和乙都要有3个对应位置不同，则只能在后5个对应位置中有3个和甲乙不同，若丙和甲在后5个对应位置中有3个对应位置不同，则必和乙有6个位置不同，故A错误；

对B，若甲和乙前4个对应位置不同，乙和丙后4个对应位置不同，则甲和丙后4个对应位置也不同，故存在，所以B错误；

对C，若甲乙第1个位置不同，后7个位置相同，甲丙在后7个位置中有3个位置不同，此时乙丙最多有4个位置不同，故C错误；

对D，若甲乙前3个位置不同，甲丙第3个到第6个位置不同，则成立，故D正确，

故选D．

9．【答案】B

【解析】如图所示：

设为圆上的任意一点，

则点P到直线的距离为，

点P到原点的距离为，

所以，

设圆与直线相切，则，解得，

所以的最小值为，最大值为，

所以，所以，故选B．

10．【答案】A

【解析】根据，，

可得，

由，，

可得，则，

又是定义在上的增函数，所以，解得，

所以不等式的解集为，故选A．

11．【答案】D

【解析】作出，的大致图象如图所示，

可知，的图象都关于直线对称，可得，．

由，得，则，

所以．

设，

则，

所以在上单调递增，所以的取值范围是，故选D．

12．【答案】C

【解析】如下图所示，取的中点，连接，取的，连接，

取的中点，连接、，

，为的中点，则，

平面，平面，，

，平面，

、分别为、的中点，则且，

平面，

平面，所以，平面平面，

所以，平面即为平面，

设平面交于点，

在直棱柱中，且，

所以，四边形为平行四边形，且，

、分别为、的中点，且，

所以，四边形为平行四边形，且，

且，且，

所以，四边形为平行四边形，

，平面，平面，平面，

设平面平面，平面，所以，，，

，所以，四边形为平行四边形，可得，

所以，为的中点，

延长交于点，，所以，，，

又，所以，，

，为的中点，

因为平面平面，平面平面，平面平面，，

，，，，为的中点，

，，则，

为的中点，，则，同理，

因为直棱柱的棱长为，为的中点，，

由勾股定理可得，同理可得，

且，平面，平面，

平面，，

、分别为、的中点，则，，

由勾股定理可得，同理．

因此，截面的周长为，

故选C．

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．【答案】240

【解析】，

展开式的通项公式为，

令，即．

的展开式中，常数项是，故答案为240．

14．【答案】

【解析】由题不选沿海城市的方法有种，从9个城市任意选2个城市有种，

所以所求概率，故答案为．

15．【答案】

【解析】设抛物线的方程为，

，，．

由题得，代入椭圆的方程得，

所以，，

所以，所以，

因为，所以，故答案为．

16．【答案】

【解析】，

令，则，

故，故，

又，故，当且仅当满足时，等号成立，

此时，，故的最大值为，

故答案为．

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）．

【解析】（1）设等差数列的公差为d，

因为，所以，

即，解得，，

所以．

经检验，符合题设，

所以数列的通项公式为．

（2）由（1）得，

所以，，

∴，

因为，，

所以，即．

因为为偶数，所以．

18．【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】（1）证明：连接，在圆柱中中，平面，

平面，，

，，平面，

又平面，，

在中，为的中点，．

（2）连接，则与该圆柱的底面垂直，

以点为坐标原点，过点作垂直于直线为轴，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，

，，，

设平面的法向量分别是，

由，得，取，得，

设直线与平面所成角为，

由，化简得，

，解得，，

设平面的法向量分别是，

，由，得，

取，得，

，

由图象可知，二面角为锐角，因此，二面角的余弦值为．

19．【答案】（1），；（2）（ⅰ），（ⅱ），．

【解析】（1）．

．

（2）（ⅰ）由题知，，所以，．

所以．

（ⅱ）由（ⅰ）知，可得，

，

故的数学期望．

20．【答案】（1）；（2）．

【解析】（1），∴，

又椭圆过点，∴，，

∴椭圆的方程．

（2）①当矩形的四条边与椭圆相切于顶点时，易知；

②当矩形的各边均不与坐标轴平行时，由矩形及椭圆的对称性，

设其中一边所在的直线方程为，

则其对边所在的直线方程为，

另外两边所在的直线方程分别为，，

联立，消去并整理可得，

由题意可得，整理可得，

同理可得，

设两平行直线与之间的距离为，

则，

设两平行直线与之间的距离为，

则，

依题意可知，为矩形的两邻边的长度，

所以矩形的面积

，

因为，所以，当且仅当时取等号，

所以，所以，所以，

综上所述：该矩形面积的取值范围为．

21．【答案】（1）见解析；（2）．

【解析】（1），

①当时，由，得，即定义域为；

当时，；当时，，

在上单调递减，在上单调递增；

②当时，由，得，即定义域为；

当时，；当时，，

在上单调递减，在上单调递增，

综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增；

当时，在上单调递减，在上单调递增．

（2）由，得，即，

设，则，

当时，；当时，，

在上单调递增，在上单调递减，

又在上单调递减，

在上单调递减，在上单调递增，，

在上恒成立，；

设，则，

当时，；当时，，

在上单调递减，在上单调递增，

，，

即实数的取值范围为．

22．【答案】（1），（为参数）；（2）．

【解析】（1）由，得，

由，得，

所以，代入，整理可得，

所以曲线的普通方程为…①

直线的参数方程为（为参数）…②

（2）②代入①，得，

所以，

设对应的参数分别为，则，

所以．

23．【答案】（1）；（2）3．

【解析】（1），

则当时，为常函数．

（2）由柯西不等式得，

所以，当且仅当，

即，，时，取最大值，因此的最大值为3．