高中数学高考 2021届高三第二次模拟考试卷 数学（一） 学生版

（新高考）2021届高三第二次模拟考试卷

数 学（一）

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知集合，，若，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知复数的实部与虚部的和为7，则的值为（    ）

A． B． C． D．

3．某自来水厂一蓄水池可以用甲､乙两个水泵注水，单开甲泵需15小时注满，单开乙泵需18小时注满，若要求10小时注满水池，并且使两泵同时开放的时间尽可能地少，则甲、乙两水泵同时开放的时间最少需（    ）

A．4小时 B．7小时 C．6小时 D．14小时

4．是成立的（    ）

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件

5．已知函数，且，则实数的取值范围为（    ）

A．  B．

C．  D．

6．已知数列中，，，若，则（    ）

A．8 B．9 C．10 D．11

7．已知函数的最小正周期为，若在上单调递增，在上单调递减，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

8．若均为单位向量，且，，则的最大值为（    ）

A． B．1 C． D．2

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9．已知正方体的棱长为4，为的中点，为所在平面上一动点，则下列命题正确的是（    ）

A．若与平面所成的角为，则点的轨迹为圆

B．若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为

C．若点到直线与直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线

D．若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线

10．将男、女共位同学随机地分成人数相等的甲、乙两组，则下列说法正确的是（    ）

A．位女同学分到同一组的概率为

B．男生甲和女生乙分到甲组的概率为

C．有且只有位女同学分到同一组的概率为

D．位男同学不同时分到甲组的概率为

11．意大利画家列奥纳多·达·芬奇（1452．4—1519．5）的画作《抱银貂的女人》中，女士脖颈上黑色珍珠项链与主人相互映衬呈现出不一样的美与光泽，达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，后人给出了悬链线的函数解析式：，其中a为悬链线系数，coshx称为双曲余弦函数，其函数表达式为，相应地双曲正弦函数的表达式为．若直线x＝m与双曲余弦函数C1与双曲正弦函数C2的图象分别相交于点A，B，曲线C1在点A处的切线l1与曲线C2在点B处的切线l2相交于点P，则下列结论正确的为（    ）

A．

B．是偶函数

C．

D．若是以为直角顶点的直角三角形，则实数

12．关于函数，下列判断正确的是（    ）

A．是的极大值点

B．函数有且只有1个零点

C．存在正实数，使得恒成立

D．对任意两个正实数，，且，若，则

第Ⅱ卷

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．的展开式中的系数是________．

14．如图，在平面四边形中，，，，，则的最小值为_______．

15．已知函数，则关于的方程的实根的个数是_______．

16．已知圆，，动圆与圆、都相切，则动圆的圆心轨迹的方程为_____________；直线与曲线仅有三个公共点，依次为、、，则的最大值为________．

四、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．（10分）已知为等差数列的前项和，，．

（1）求数列的通项公式；

（2）若，求数列的前项和．

18．（12分）在①；②；③的面积．这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．

在中，内角，，的对边分别为，，，已知，且______，______，求．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

19．（12分）已知四棱锥中，四边形ABCD为等腰梯形，，，，△ADE为等边三角形，且平面ADE⊥平面ABCD．

（1）求证：AE⊥BD；

（2）是否存在一点F，满足 ()，且使平面ADF与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为．若存在，求出的值，否则请说明理由．

20．（12分）某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有份血液样本，有以下两种检验方式：①逐份检验，需要检验次；②混合检验，将其且)份血液样木分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这份的血液全为阴性，因而这份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这份血液究竟哪几份为阳性，就要对这份再逐份检验，此时这份血液的检验次数总共为次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为．

（1）假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验的方式，求恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；

（2）现取其中且)份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为．

①记E()为随机变量的数学期望．若，运用概率统计的知识，求出关于的函数关系式，并写出定义域；

②若，且采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求的最大值．

参考数据：，，．

21．（12分）已知椭圆的离心率，且经过点，点为椭圆C的左、右焦点．

（1）求椭圆C的方程；

（2）过点分别作两条互相垂直的直线，且与椭圆交于不同两点与直线交于点P．若，且点Q满足，求面积的最小值．

22．（12分）已知函数．

（1）当时，求曲线在点处的切线方程；

（2）若函数有两个极值点，，求证：．

（新高考）2021届高三第二次模拟考试卷

数 学（一）答 案

第Ⅰ卷

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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】D

【解析】由不等式，解得，所以，

又由且，所以，即，

由补集的概念及运算，可得，故选D．

2．【答案】C

【解析】，

所以复数的实部与虚部分别为，，

于是，解得，故选C．

3．【答案】C

【解析】根据题意开放水泵的工序流程图有两个方案：

方案一：甲､乙两泵同时开放→甲泵开放

方案二：甲､乙两泵同时开放→乙泵开放

如果用方案一注水，可设甲､乙两泵同时开放的时间为x个小时，

由题意得方程，解得(小时)；

如果用方案二注水，可设甲､乙两泵同时注水的时间为y个小时，

则，解得(小时)，

所以选方案一注水，可得甲､乙两水泵同时开放注水的时间最少，需6个小时，故选C．

4．【答案】A

【解析】充分性显然成立，

必要性可以举反例：，，显然必要性不成立，

故选A．

5．【答案】C

【解析】∵，

∴的图象关于直线对称，

∵和都在上是减函数，在上是增函数，

∴在上为减函数，在上为增函数．

又，∴，

即或，解得或，故选C．

6．【答案】C

【解析】，

所以为以为首项，公差的等差数列，

所以，所以，

由，所以，故选C．

7．【答案】B

【解析】由题意可得，求得，

令，求得，

由，求得，

因为在上单调递增，在上单调递减，

所以，

所以实数的取值范围是，故选B．

8．【答案】B

【解析】由题意知，，

又，

∵，

∴，

∴，

∴，即的最大值为1，故选B．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9．【答案】ACD

【解析】如图：

对于A，根据正方体的性质可知，平面，所以为与平面所成的角，

所以，所以，所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，故A正确；

对于B，在直角三角形中，，取的中点，

因为为的中点，所以，且，

因为，所以，即点在过点且与垂直的平面内，

又，所以点的轨迹为以为半径的圆，其面积为，故B不正确；

对于C，连接，因为平面，所以，所以点到直线的距离为，所以点到点的距离等于点到定直线的距离，

又不在直线上，所以点的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线，故C正确；

对于D，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，

则，，，

设，则，，

因为与所成的角为，所以，

所以，整理得，所以点的轨迹为双曲线，故D正确，

故选ACD．

10．【答案】AB

【解析】位同学随机地分成人数相等的甲、乙两组的不同分法为，

A选项，位女同学分到同一组的不同分法只有种，其概率为，对；

B选项，男生甲和女生乙分到甲组的不同分法为，其概率为，对；

C选项，有且只有位女同学分到同一组种，

则有且只有位女同学分到同一组的概率为，错；

D选项，位男同学同时分到甲组只有种，其概率为，

则位男同学不同时分到甲组的概率为，错，

故选AB．

11．【答案】ACD

【解析】

，A正确；

，记，

则，为奇函数，即是奇函数，B错误；

，即，C正确；

对于D，因为轴，因此若△PAB是以A为直角顶点的直角三角形，

则，由，解得，D正确，

故选ACD．

12．【答案】BD

【解析】A：函数的定义域为，，

当时，，单调递减；当时，，单调递增，

所以是的极小值点，故A错误；

B：，，

所以函数在上单调递减，

又，，

所以函数有且只有1个零点，故B正确；

C：若，即，则．

令，则．

令，则，

当时，，单调递增；当时，，单调递减，

所以，所以，

所以在上单调递减，函数无最小值，

所以不存在正实数，使得恒成立，故C错；

D：因为在上单调递减，在上单调递增，

∴是的极小值点．

∵对任意两个正实数，，且，若，则．

令，则，

由，得，∴，

即，即，解得，，

所以．

故要证，需证，

需证，需证．

∵，则，∴证．

令，，，所以在上是增函数．

因为时，，则，所以在上是增函数．

因为时，，则，所以，

∴，故D正确，

故选BD．

第Ⅱ卷

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．【答案】

【解析】，

所以，的展开通项为，

的展开式通项为，

所以，的展开式通项可以为，

其中且、，

令，解得，

因此，的展开式中的系数是，故答案为．

14．【答案】

【解析】设，

在中，由正弦定理得，即，

整理得．

由余弦定理得，

因为，所以．

在中，

由余弦定理得

（其中），

所以当时，，故答案为．

15．【答案】5

【解析】由，知或，

∴由函数解析式，知：

当时，有，解得，满足；

当时，若且，有；

若，解得，满足，

∴综上知：方程一共有5个根，故答案为5．

16．【答案】或，

【解析】已知圆，，则圆内含于圆，

圆的圆心为，半径为；

圆的圆心为，半径为．

设动圆的半径为，分以下两种情况讨论：

①圆与圆外切，与圆内切，

由题意可得，，

此时，圆的圆心轨迹是以、分别为左、右焦点，长轴长为的椭圆，

，，则，此时，轨迹的方程为；

②圆与圆、都内切，且，

由题意可得，，

此时，圆的圆心轨迹是以、分别为左、右焦点，长轴长为的椭圆，

，，，此时，轨迹的方程为，

综上所述，轨迹的方程为或．

由于直线与曲线仅有三个公共点，则直线与椭圆相切．

①若直线的斜率不存在时，直线的方程为，

可设直线的方程为，联立，解得，此时；

②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，

联立，消去并整理得，

，

可得，

设点、，联立，

消去并整理得，

，

由韦达定理得，，

，

，当且仅当时，取得最大值．

故答案为或，．

四、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）等差数列的前项和，

得，

因为，所以，

等差数列的公差，

所以，．

（2）由（1）可知，

．

18．【答案】答案见解析．

【解析】解：方案一：选条件①②．

因为，，所以，

由正弦定理得．

因为，所以．

因为，所以，．

因为，，所以，

所以，所以．

因为，所以，

在中，由正弦定理得．

方案二：选条件①③．

因为，，所以．

因为，，所以．

在中，由正弦定理得，

所以，即．

因为，所以，，

所以，所以．

又，所以，

所以，所以．

在中，由正弦定理得．

方案三：选条件②③．

因为，，所以，

由正弦定理得，

因为，

所以．

因为，所以，．

因为，所以．（ⅰ）

在中，由余弦定理得，

所以．（ⅱ）

由（ⅰ）（ⅱ）解得或．

19．【答案】（1）证明见解析；（2）存在使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．

【解析】（1）取的中点，连接，

，，

四边形是平行四边形，，

为等边三角形，，是直角三角形，，

平面平面，平面，平面平面，

平面，平面，．

（2）F为EB中点即可满足条件．

取的中点，连接，则，

取的中点，连接，平面平面，平面，

所以平面，，，

如图建立空间直角坐标系，

则，，，，，

则，，，，，

设平面的法向量为，平面的法向量为．

由，得，取；

由，得，取，

于是，，

解得或（舍去），

所以存在使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．

20．【答案】（1）；（2）①（且）；②8．

【解析】（1）记恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来为事件，

则．

（2）①根据题意，可知，的可能值为1，，

则，，

所以，

由，得，

所以（且）．

②由于，则，

所以，即，

设，，，

当时，，在上单调递增；

当时，，在上单调递减，

，，

所以的最大值为8．

21．【答案】（1）；（2）6．

【解析】（1）由题意，得，解得，，

所以椭圆的方程为．

（2）由（1）可得，

若直线的斜率为0，则的方程为与直线无交点，不满足条件；

设直线，若，则则不满足，所以，

设，，，

由，得，

，，

因为，即，

则，，

所以，解得，

于是，

直线的方程为，

联立，解得，所以．

所以，

当且仅当时，．

22．【答案】（1）；（2）证明见解析．

【解析】（1）当时，，则，

所以，

又，所以切线方程为，即．

（2）由题意得，则．

因为函数有两个极值点，，

所以有两个不相等的实数根，．

令，则．

①当时，恒成立，则函数为上的增函数，

故在上至多有一个零点，不符合题意；

②当时，令，得，

当时，，故函数在上单调递减；

当时，，故函数在上单调递增，

因为函数有两个不相等的实数根，，

所以，得，

不妨设，则，，

又，所以．

令，

则，

所以函数在上单调递增．

由，可得，即，

又，是函数的两个零点，即，

所以．

因为，所以，

又，函数在上单调递减，

所以，即．

又，所以，因此．