东北三省四市教研联合体2021届高考模拟考试文科（二）试题（word版 含答案）

这是一份东北三省四市教研联合体2021届高考模拟考试文科（二）试题（word版 含答案），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
东北三省四市教研联合体2021届高考模拟考试文科（二）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________  一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．已知复数（为虚数单位），则复数的虚部是（    ）A．1 B． C．2 D．3．已知数列的前项和为，且，则的值为（    ）A．7 B．13 C．28 D．364．下列函数中，周期为，且在区间单调递增的是（    ）A． B． C． D．5．已知向量、满足，，，则（    ）A．2 B． C．  D． 6．设，为两条直线，，为两个平面，则下列说法正确的是（    ）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则7．曲线在处的切线方程为（    ）A． B． C． D．8．下图是某多面体的三视图，其俯视图为等腰直角三角形，则该多面体各面中，最大面的面积为（    ）A． B． C． D．29．某同学掷骰子5次，并记录了每次骰子出现的点数，得出平均数为2，方差为2.4的统计结果，则下列点数中一定不出现的是（    ）A．1 B．2 C．5 D．610．已知直线被圆截得弦长为2，则的最大值为（    ）A． B．2 C． D．111．已知函数若方程有且仅有两个不等实根，则实数的取值范围是（ ）A． B． C． D．12．第24届冬季奥林匹克运动会，将在2022年2月4日在中华人民共和国北京市和张家口市联合举行．这是中国历史上第一次举办冬季奥运会，北京成为奥运史上第一个举办夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会的城市．同时中国也成为第一个实现奥运“全满贯”（先后举办奥运会、残奥会、青奥会、冬奥会、冬残奥会）国家．根据规划，国家体育场（鸟巢）成为北京冬奥会开、闭幕式的场馆．国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆，若由外层椭圆长轴一端点和短轴一端点分别向内层椭圆引切线，（如图），且两切线斜率之积等于，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D． 二、填空题13．已如角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，点在终边上，则__________．14．根据事实；；；；，写出一个含有量词的全称命题：__________．15．已如双曲线（，）的左右焦点分别为，，过作渐近线的垂线，垂足为，为坐标原点，且，则双曲线的离心率为__________． 三、双空题16．内角，，的对边分别为，，，，则角的值为__________；若，的面积为，则边长的值为__________． 四、解答题17．在一个文艺比赛中，5名专业人士和5名观众代表各组成一个评委小组，给参赛选手打分．下面是两组评委对同一名选手的打分：小组9295939590小组9880908597（Ⅰ）请判断小组与小组哪一个更像是由专业人士组成的？（不必说明理由）（Ⅱ）若从组的5位评委中任选2名评委，求其中恰有一位评委打分为95分的概率．18．已知数列是各项均为正数的等比数列，其前项和为，满足，．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．19．如图，三棱锥的底面和侧面都是边长为4的等边三角形，且平面平面，点为线段中点，为中点，点为上的动点．（Ⅰ）若平面，求线段的长；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求三棱锥与四棱锥的体积的比值．20．设函数，．（1）求的单调区间；（2）设函数是单调递增函数，求实数的值．21．已知椭圆的右焦点为，、分别为椭圆的左顶点和上顶点，的面积为．（1）求椭圆的标准方程；（2）过点的直线与椭圆交于、两点，直线、分别与直线交于点、．证明：．22．在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的方程为（为参数），曲线的极坐标方程为，曲线与相交于A，两点．（Ⅰ）求曲线的普通方程及曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）求点到A，两点的距离之和．23．（Ⅰ）求的解集；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，设，，，证明：，，不能都大于1． 
参考答案1．D【分析】根据指数运算求集合B，利用集合的交运算求即可.【详解】由题设，，而，∴.故选：D.2．A【分析】利用复数的乘法运算以及复数的概念即可求解.【详解】，所以复数的虚部是1.故选：A3．B【分析】根据之间的关系，可得，简单计算可得结果.【详解】由题可知：则故选：B.【点睛】本题主要考查之间的关系，掌握，属基础题.4．C【分析】根据正余弦函数及正切函数的性质，判断函数的周期及其区间单调性即可.【详解】A：的周期为，单调递减，不合要求；B：的周期为，、单调递增，不合要求；C：的周期为，单调递增，符合要求；D：的周期为，不单调，不合要求；故选：C.5．C【分析】向量模长平方转化向量的数量积，根据题目条件可以计算出模长.【详解】故选：C.6．C【分析】根据直线与直线，平面与平面的位置关系，依次判断选项即可.【详解】由，为两条直线，，为两个平面，在A中，若，，则，平行或异面，故A错误；在B中，若，，则在内或 ，故B错误；在C中，若，，则，故C正确；在D中，若，，则在内或，故D错误.故选：C.7．B【分析】求得，得到，结合直线的点斜式，即可求解.【详解】由题意，函数，可得，则，所以曲线在处的切线方程为，即.故选：B.8．B【分析】由三视图可知：该三棱锥的四个面都是直角三角形，分别求出各自面的面积即可得到答案.【详解】如图：由三视图可知：该三棱锥的四个面都是直角三角形，且故四个面的面积分别为：故最大面积为．故选：B.9．D【分析】利用方差公式直接计算比较可得答案.【详解】因为，根据方差的计算公式知，方差大于2.4，因此不能出现点数6，因为，，则其余的点数1,2,5都有可能.故选：D.10．D【分析】先利用垂径定理求出，用基本不等式求的最大值.【详解】设圆心到直线l的距离为d，由垂径定理得：，解得d=2.而，即，∴，∴当且仅当时取等号，∴.故的最大值为1.故选：D【点睛】（1）圆中与弦长有关的问题常用垂径定理；（2）基本不等式应用条件：“一正二定三相等”.11．B【分析】画出函数图像，通过图像得出答案.【详解】已知，作出函数图像，通过函数图像可以看出，当，函数无限趋近于1，但不等于1，当，函数无限趋近于0，但不等于0，所以有且仅有两个不等实根，可以得到.故选：B.12．B【分析】分别设内外层椭圆方程为、，进而设切线、分别为、，联立方程组整理并结合求、关于a、b、m的关系式，再结合已知得到a、b的齐次方程求离心率即可.【详解】若内层椭圆方程为，由离心率相同，可设外层椭圆方程为，∴，设切线为，切线为，∴，整理得，由知：，整理得，同理，，可得，∴，即，故.故选：B.【点睛】关键点点睛：根据内外椭圆的离心率相同设椭圆方程，并写出切线方程，联立方程结合及已知条件，得到椭圆参数的齐次方程求离心率.13．【分析】利用三角函数的定义求出，再由余弦的二倍角公式：即可求解.【详解】由题意可得，所以.故答案为：14．，.【分析】将前四个等式进行变形，归纳出一般结论，即可得出结论.【详解】，，，，由此可归纳得出：，.故答案为：，.15．【分析】由题知焦点到渐近线的距离为，进而根据题意得，再结合离心率公式计算即可.【详解】由题知，双曲线的渐进线方程为，如图，由焦点到渐近线的距离为：，由于，故在中，，所以，即 所以离心率为：.故答案为：【点睛】本题考查双曲线的离心率的求解，考查运算求解能力，数形结合思想，是中档题.本题解题的关键在于掌握点双曲线的焦点到渐进线的距离为.16．        【分析】根据已知等式及三角形内角的性质，应用正弦定理的边角互化可得，即可求角B，再根据三角形面积公式求，由余弦定理求边长即可.【详解】由知：，∵，，∴，即，又，故，∴，即.∵，即，而，∴，有，由余弦定理知：，则.故答案为：，.【点睛】关键点点睛：根据三角形内角的性质，正弦边角互化将已知等式化简求角的大小，应用三角形面积公式、余弦定理求边长.17．（Ⅰ）小组更像是由专业人士组成；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）根据已知数据计算两个小组的方差，结合方差的意义，即可判断小组的专业性；（Ⅱ）确定从A组中选取2人恰有一个打分为95分的选法，再求所有可能选法，利用古典概型求概率即可.【详解】（Ⅰ）由表格数据，知：，，∴，故小组更像是由专业人士组成.（Ⅱ）有小组的打分数据，从组的5位评委中任选2名评委，求其中恰有一位评委打分为95分的选法有种，而从组的5位评委中任选2名评委的选法有种，∴从组的5位评委中任选2名评委，求其中恰有一位评委打分为95分的概率.18．（1）；（2）.【分析】（1）根据求出，进一步求出．（2）化简，利用分组求和的方法求出答案.【详解】解：（1）设数列的公比为，因为于是，解得或，因为，所以，所以．（2）由（1）可得，，.19．（Ⅰ）；（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）利用面面平行的性质定理可得，从而可得为的中点，即求.（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，根据，结合锥体的体积公式即可求解.【详解】（Ⅰ）平面，平面，平面平面，，为线段中点，为的中点，又为中点，.（Ⅱ）设到平面的距离为，，为中点，，且,由（Ⅰ），，又，，，又，，.20．（1）的单调增区间为，单调减区间为;（2）【分析】（1）对求导，判断正负，从而求出单调性； （2）对化简并求导得到：对进行讨论，进一步求出答案.【详解】∵，所以定义域为所以令解得，解得且故的单调增区间为，单调减区间为；(2) ∵ ∴定义域为则∵为增函数∴对任意恒成立．若，则，则当时，，∴当时，，∴故在单调递减，在单调递增，不符合题意；若，则令，解得或，则，∴则当 时，，当时，，∴故在单调递减，在单调递增，不符合题意；若，则令，解得或则，∴则当时，，当时，，∴故在单调递减，在单调递增，不符合题意；当时，，此时恒成立，故符合题意，综上所述.【点睛】函数的单调性是对某个区间而言的，所以要受区间的限制，例如分别在内都是单调递减的，但不能说它在整个定义域内单调递减，只能分开写，即单调区间为和，不能用 “”.21．（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程，解出、的值，即可得出椭圆的标准方程；（2）设直线的方程为，设点、，将直线与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出点、的坐标，计算得出，由此可证得结论成立.【详解】（1）由题意可知，，，则，所以，，解得，因此，椭圆的标准方程为；（2）若直线与轴重合，则、重合，不合乎题意.椭圆的右焦点为，设直线的方程为，设点、，联立，消去并整理得，恒成立，由韦达定理可得，，直线的斜率为，直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，同理可知，点，所以，，，所以，，因此，.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.22．（1），；（2）.【分析】（1）由极坐标与直角的互化公式，求得曲线的直角坐标方程，再由曲线的参数方程，消去参数，即可得到曲线的普通方程；（2）由点在直线上，得出曲线的一个参数方程为（为参数），代入曲线，利用根与系数的关系，结合参数的几何意义，即可求解.【详解】（1）曲线的参数方程为（为参数），消去参数得，故曲线的普通方程为：，由得曲线的直角坐标方程为：；（2）由（1）得曲线的参数方程为（为参数），代人的方程得，整理得，设A，两点所对应的参数分别为，所以，，所以，所以由参数的几何意义得.【点睛】关键点点睛：本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线的参数方程的应用，其中解答中熟记互化公式，以及直线参数方程中参数的几何意义是解答的关键，着重考查推理与运算能力.23．（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.【分析】（Ⅰ）讨论、、分别求得解集，取并即为所求解集M.（Ⅱ）根据基本不等式有，，，结合反证法即可证明结论.【详解】（Ⅰ）由题设，，∴当时，，得；当时，恒成立；当时，，得；∴综上，得.（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，，，∴，，，其中等号成立的条件为.∴，假设，，都大于1，即显然与结论矛盾.∴，，不能都大于1，得证.【点睛】关键点点睛：（Ⅰ）分类讨论法求绝对值不等式的解集.（Ⅱ）应用基本不等式，反证法.