2021届东北两校（大庆实验中学、吉林一中）高三4月联合模拟考试数学（理）试题（含解析）

2021届东北两校（大庆实验中学、吉林一中）高三4月联合模拟考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求得集合B，然后利用集合的并集求得结果.

【详解】因为，所以．

故选：A．

2．已知复数满足（为虚数单位），则（    ）

A．2 B．4 C．5 D．6

【答案】C

【分析】利用复数的乘法运算法则化简后，计算模即可.

【详解】，

,

故选：C.

3．公元960年，北宋的建立结束了五代十国割据的局面.北宋的农业、手工业、商业空前繁荣，科学技术突飞猛进，火药、指南针、印刷术三大发明在这种经济高涨的情况下得到广泛应用.1084年秘书省第一次印刷出版了《算经十书》，为数学的发展创造了良好的条件．11至14世纪出现了一批著名的数学家和数学著作，如秦九韶的《数书九章》，李冶的《测圆海镜》，杨辉的《详解九章算法》，《日用算法》和《杨辉算法》，现从三位数学家的五部专著中任意选择两部作为学生课外兴趣拓展参考书目，则所选的两部中至少有一部不是杨辉著作的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先用组合数分析基本事件的总数，再计算满足“两部中至少有一部不是杨辉著作”的基本事件数量，满足要求的基本事件数比上总数即为所求结果.

【详解】由题意，5部专著中有3部是杨辉所著．

现从这5部专著中选择2部的基本事件总数，

所选2部专著中至少有一部不是杨辉著作包含的基本事件个数，

则所选2部专著中至少有一部杨辉著作的概率为．

故选：B．

4．已知数列为等差数列，且，则的值为（     ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由等差数列的性质可知，解得，又，从而得解.

【详解】由数列为等差数列，可知.

所以，有.

所以.

故选B.

【点睛】本题主要考查了等差数列性质，属于基础题.

5．已知是两个不重合的平面，直线，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据充分条件、必要条件的定义及线面关系、面面关系的性质定理及判定定理判断可得；

【详解】解：因为是两个不重合的平面，直线，若，则存在直线，满足，因为，所以，所以，故充分性成立；

若，，则，或，故必要性不成立；

所以“”是“”的充分不必要条件；

故选：A

6．在中，角所对的边分别为，下列条件使得无法唯一确定的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】对于A：用正弦定理判断；

对于B：先由余弦定理，再用正弦定理可以求出角A、B，进行判断；

对于C：由正弦定理，根据大边对大角，这样的角B有2个，进行判断；.

对于D：由正弦定理计算，由大边对大角，这样的角A有1个，进行判断.

【详解】对于A：∵，∴A=140°，

由正弦定理得：，

∴

∴唯一确定；故A正确.

对于B：∵，

由余弦定理，可得：

由正弦定理：，有：

可以求出角A、B，∴唯一确定；故B正确.

对于C：∵

由正弦定理：，有：，

∴，

∵∴∴,这样的角B有2个，所以不唯一，故C错误.

对于D：∵

由正弦定理：，有：，

∴，

∵∴∴,这样的角A有唯一一个，

∴角C唯一，所以唯一，故D正确.

故选：C

【点睛】判断三角形解的个数的方法：

（1）画图法：以已知角的对边为半径画弧，通过与邻边的交点个数判断解的个数：

①若无交点，则无解；②若有一个交点，则有一个解；③若有两个交点，则有两个解；④若交点重合，虽然有两个交点，但只能算作一个解。

（2）公式法：运用正弦定理进行判断：①a＝bsinA，则有一个解；②b＞a＞bsinA，则两个解；③a≥ b，则无解。

7．设有两个命题：不等式的解集为；：函数在上是减函数，如果这两个命题中有且只有一个真命题，那么实数的取值范围是（    ）．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分别求两个命题为真命题时，的取值范围，再根据命题一真一假，求实数的取值范围.

【详解】解：，

若命题：不等式的解集为成立，则，

若命题：函数在上是减函数成立，则，解得：，

如果这两个命题中有且只有一个真命题，则或，解得：，

故选：A．

8．已知，且，则的值为

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】由题意运用公式化简得，

由于，故，

则有，

两边平方得到，，

.

故选：C.

9．二项式的展开式中含项的系数为（    ）

A．280 B．200 C．120 D．40

【答案】D

【分析】分别求出和的通项，得出的通项，令x的指数为4，得到，即可求得和的取值，求出所得.

【详解】对于，其通项为，

对于，其通项为，

则的通项为，

令，则，

则满足条件的情况有，，，

所以含项的系数为.

故选：D.

【点睛】本题考查二项展开式指定项的系数，解题的关键是得出通项，令x的指数为4，得到.

10．对任意，函数的值恒大于零，则的取值范围是（    ）

A． B．或 C． D．或

【答案】B

【分析】将函数的解析式变形为，并构造函数，由题意得出，解此不等式组可得出实数的取值范围

【详解】对任意，函数的值恒大于零

设，即在上恒成立.

在上是关于的一次函数或常数函数，其图象为一条线段.

则只需线段的两个端点在轴上方，即 ，解得或

故选：B

【点睛】关键点睛：本题考查不等式在区间上恒成立问题，解答本题的关键是构造函数，将问题转化为在上恒成立，从而得到，属于中档题.

11．已知函数在处取到最大值，则（    ）

A．奇函数 B．偶函数

C．关于点中心对称 D．关于轴对称

【答案】B

【分析】由已知结合辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的最值取得条件及余弦函数的性质可判断．

【详解】解：因为在处取到最大值，

即，其中，

则，

所以，，

所以，

则为偶函数．

故选：B．

12．如图几何体为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为，圆柱的上、下底面的圆心分别为，，若该几何体有半径为1的外接球，且球心为，则不正确的是（    ）

A．如果圆锥的体积为圆柱体积的，则圆锥的体积为

B．

C．如果，则与重合．

D．如果，则圆柱的体积为．

【答案】C

【分析】本题考查圆锥，圆柱，球的结构特征，圆锥和圆柱的体积公式，属于较难题目．
分析出球心O为线段的中点可分析A选项，得出过P，，做几何体的截面，从而可分析B选项，再根据圆锥，圆柱的体积公式分析C，D选项．

【详解】解：如图几何体的外接球心为O，它的半径为1，圆锥的顶点为P，圆柱的上、下底面的圆心为，过做几何体的截面为五边形ABCPD，其中四边形ABCD为矩形，三角形CPD为等腰三角形，PC=PD.

O矩形的中心，为线段的中点，所以C错误；

如果圆锥的体积为圆柱体积的，

则

圆锥的体积为.所以A正确．

设圆锥的高为，圆柱的高为2h=，圆柱的上下底面的半径为r，

由题意，所以B正确；

如果，得

则圆柱的体积为，所以D正确．

故选C．

二、填空题

13．写出一个最小正周期为2的偶函数___________.

【答案】 (答案不唯一)

【分析】利用，，并结合余弦函数的性质，即可写出一个最小正周期为2的偶函数.

【详解】由题意知：，，而当时，有且，

∴为一个最小正周期为2的偶函数.

故答案为：

14．已知向量，向量与向量共线，且，则______．

【答案】

【分析】根据向量共线定理得，利用求出，再求即可.

【详解】由题，共线，所以，且，

．即，，．

故答案为：

15．已知，是双曲线的左、右焦点，点为双曲线的左支上一点，满足，且，则该双曲线的离心率______．

【答案】2

【分析】由题知，，，进而根据余弦定理得，即，解方程即可得答案.

【详解】解：依题设，，，，

则在中由余弦定理得，所以，

即，所以，解得或（舍）．

故答案为：2

16．已知，若关于的不等式恒成立，则的最大值为_______．

【答案】

【分析】已知不等式等价转化为恒成立，在a=0时易得ab=0;当a≠0时，设函数,函数图象在直线下方时，根据对数函数的性质，结合导数求得相切时a,b满足的条件，进而得到当函数图象在直线下方时，，得到,记,利用导数研究单调性求得最大值，即得所求.

【详解】原不等式等价于：恒成立，由对数函数的图象和性质，易知，

当时不等式为对于x>0恒成立，需要，此时,

当时，设函数,

当直线与函数图象相切时，设切点坐标为,则,

∴,即

所以当函数图象在直线下方时，，

∴,

记,则,

令，解得

当时,单调递增；当时，，单调递减，

∴,

综上，的最大值为：，

故答案为：.

【点睛】本题考查利用导数研究不等式恒成立问题，求最值问题，关键是将已知不等式分离为两个易于处理的函数之间的不等关系，利用数形结合方法求得a,b满足的条件，得到后，再构造函数，利用导数求最大值.

三、解答题

17．已知各项均为正数的数列满足，且，．

（1）证明：数列是等差数列；

（2）数列的前项和为，求证：．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．

【分析】（1）将已知递推关系移项配方整理可得，进而利用等差中项法证明数列是等差数列；

（2）利用裂项求和法求和化简后即得证.

【详解】解：（1）由结合数列各项均为正数 得

则，所以数列是等差数列；

（2），则公差

∴，

∴.

18．某市居民用天然气实行阶梯价格制度，具体见下表：

从该市随机抽取10户（一套住宅为一户）同一年的天然气使用情况，得到统计表如下：

（1）求一户居民年用气费y（元）关于年用气量x（立方米）的函数关系式；

（2）现要在这10户家庭中任意抽取3户，求抽到的年用气量超过228立方米而不超过348立方米的用户数的分布列与数学期望；

（3）若以表中抽到的10户作为样本估计全市居民的年用气情况，现从全市中依次抽取10户，其中恰有k户年用气量不超过228立方米的概率为，求取最大值时的值．

【答案】（1）；（2）分布列见解析，数学期望为；（3）6．

【分析】（1）由表格中的数据结合题意，即可求得一户居民年用气费y（元）关于年用气量x（立方米）的函数关系式；

（2）由题意知10户家庭中年用气量超过228立方米而不超过348立方米的用户有3户，得到随机变量可取，利用超几何分布求得相应的概率，得到随机变量的分布列，进而求得期望；

（3）由，列出不等式组由，求得的值，即可求解.

【详解】（1）由题意，当时，；

当时，；

当时，，

所以年用气费y关于年用气量x的函数关系式为.

（2）由题知10户家庭中年用气量超过228立方米而不超过348立方米的用户有3户，

设取到年用气量超过228立方米而不超过348立方米的用户数为，则可取，

则，，

，，

故随机变量的分布列为：

所以.

（3）由题意知，

由，解得，，

所以当时，概率最大，所以.

【点睛】本题主要考查了分段函数模型的性质及其应用，以及离散型随机变量的分布列与期望的求解，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.

19．如图在三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，，平面平面，、分别为、的中点，．

（1）证明：平面；

（2）求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）连接交于点，连接，由中位线定理得到，利用线面平行判定定理证明；

（2）利用面面垂直性质定理得到平面，由等腰三角形性质得到，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.

【详解】（1）证明：连接交于点，连接，如图，

在三棱柱中，

因为四边形是平行四边形，所以点是的中点，

因为点是的中点，所以在中，．

因为平面，平面，

所以平面．

（2）因为侧面垂直底面，侧面是菱形且，

是的中点，所以平面，

因为，是的中点，所以，

所以以点为原点，以方向为轴正方向，以方向为轴正方向，

以方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，

则点，，，，，．

因为平面是底面，所以平面的一个法向量设为，

设平面的法向量为，

则即，

令，解得，，则平面的法向量为．

，

所以二面角的余弦值为．

【点睛】本题考查线面平行的判定，面面垂直的性质，考查二面角问题，熟练掌握面面垂直的性质定理，建立空间坐标系，利用空间向量计算求解是关键，注意运算的准确性.

20．已知椭圆C：=1（a>0，b>0）的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，直线x+y+2一1=0与以椭圆C的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆相切．

(I)求椭圆C的方程；

(Ⅱ)设点B，C，D是椭圆上不同于椭圆顶点的三点，点B与点D关于原点O对称．设直线CD，CB，OB，OC的斜率分别为k1，k2，k3，k4，且k1k2=k3k4．

(i)求k1k2的值： (ii)求OB2+ OC2的值．

【答案】（Ⅰ）；(Ⅱ)（i）（ii）OB2+OC2

【详解】试题分析：（I）设出椭圆右焦点坐标，由题意可知，椭圆右焦点到直线的距离为，再由椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形得到的关系，结合焦点到直线的距离为可解得的值，则椭圆方程可求；（II）（i）由题意设，则，由两点求斜率公式可得，把纵坐标用横坐标替换可得答案； （ii）由．得到．两边平方后用x替换y可得．结合点，在椭圆上得到．则的值可求.

试题解析：（Ⅰ）设椭圆的右焦点，则

由题意，以椭圆的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长

为半径的圆的方程为， ∴圆心到直线的距离

∵椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，

∴,， 代入（）式得，，

故所求椭圆方程为

（Ⅱ）（i）设，则，

于是--（8分）

（ii）方法一由（i）知，，故．

所以，

即，所以，．

又，故．

所以， ．

方法二由（i）知，．将直线方程代入椭圆中，

得．同理，．

所以，．

下同方法一．

【解析】本题考查椭圆方程的求法，考查了直线与圆锥曲线位置关系的应用，体现了整体运算思想方法，考查化归与转化思想方法.

21．已知函数，其中.

（1）证明：有唯一零点；

（2）设为函数的零点，证明：

①；

②（参考数据，）.

【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②证明见解析．

【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可证得结论成立；

（2）①先证明出，可得出，，结合函数的单调性可证得；

②先证明出，可得出，结合①中的结论以及函数的单调性可证得结论成立.

【详解】（1）函数定义域为，求导得，

所以函数在上单调递减，

又，，

由零点存在定理在上有唯一零点；

（2）①先证明，设，其中，则.

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增.

所以，，即.

由（1）可设函数的零点为，

而，

，则，

所以在上为增函数，

则，

则，而函数在上单调递减，则成立；

②由即，而，

先证明成立，设，其中，则.

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

故，所以，，从而得.

令，且，

所以，，

.

因此，.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

22．已知直线的参数方程为为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系，椭圆的极坐标方程为，且直线经过椭圆的右焦点.
 

（1）求椭圆的内接矩形面积的最大值；

（2）若直线与椭圆交于两点，求的值.

【答案】（1）；（2）.

【详解】试题分析：（1）设椭圆的内接矩形中，的坐标为，即可求最值；

（2）用直线的参数方程和椭圆联立，得根据参数的几何意义可得求解即可.

试题解析：

（1）椭圆化为.

设椭圆的内接矩形中，的坐标为，

.

所以椭圆的内接矩形面积最大值为.

（2）由椭圆的方程，得椭圆的右焦点，由直线经过右焦点，得，易得直线的参数方程可化为为参数），代入到，

整理得，，即.

23．已知对任意实数，都有恒成立.

（1）求实数的范围；

（2）若的最大值为，当正数，满足时，求的最小值.

【答案】(1) (2)9

【分析】（1）根据绝对值三角不等式，代入即可求得m的取值范围．

（2）根据柯西不等式，代入即可求得的最小值．

【详解】解（1）对任意实数，都有恒成立，

又

（2）由（1）知，由柯西不等式知：

当且仅当，时取等号，

的最小值为.

【点睛】本题考查了绝对值不等式的应用，柯西不等式的用法，属于中档题．