2021届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期二模数学试题含解析

这是一份2021届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期二模数学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期二模数学试题


一、单选题
1．设集合M，N，P均为的非空真子集，且，，则（ ）
A．M B．N C． D．
【答案】D
【分析】利用文氏图，表示集合的关系，求解.
【详解】如图，中间的阴影和左边的空白是集合，中间的阴影和右边的空白表示集合，如图，表示两边空白区域，则表示集合的空白区域，即表示为

故选：D
2．已知，，且与的夹角为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用向量数量积的定义计算即可求解.
【详解】,
故选：C
3．已知某圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则它的体积为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，求得圆锥的高和底面圆的半径，代入公式，即可求得答案.
【详解】如图所示：

为边长为4的正三角形，所以AB=AC=BC=4，
取BC中点为O，则，
所以圆锥的体积.
故选：C
4．若双曲线（a＞0）的一条渐近线方程为，则其离心率为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】根据和即可得到答案.
【详解】因为渐近线方程为，所以．又因为，所以．
又，故离心率，
故选：C．
5．地铁某换乘站设有编号为，，，，的五个安全出口．若同时开放其中的两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间如下：
安全出口编号
，
，
，
，
，
疏散乘客时间（）
120
220
160
140
200


则疏散乘客最快的—个安全出口的编号是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】比较开放、和开放、两个安全出口，得出疏散乘客比快；同理可得出疏散乘客最快的一个安全出口的编号是．
【详解】同时开放、两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为，同时开放、两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为，所以疏散乘客比快；同理可得疏散乘客比快，疏散乘客比快，疏散乘客比快，疏散乘客比快，所以疏散乘客最快的一个安全出口的编号是．
故选：C
【点睛】本题主要考查了推理与证明的知识，属于基础题.
6．老师要从6篇课文中随机抽取3篇让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格，某同学只能背诵其中的4篇，该同学能及格的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】若该同学能及格，只需抽取的3篇文章里至少有2篇是会背诵的，所以可以分别求出抽的3篇中有2篇和3篇的情况，相加即可.
【详解】若该同学能及格，只需抽取的3篇文章里至少有2篇是会背诵的，
所以，抽取的3篇里有2篇会背诵的概率为，
抽取的3篇里有3篇会背诵的概率为，
故该同学能及格的概率为.
故选：D.
7．如图，是正方体的棱上的一点（不与端点重合），平面，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设，可得平面平面，由于平面，根据线面平行的性质可得，即可得到结果．
【详解】如图，设， 可得面面，
∵平面，根据线面平行的性质可得，
∵为的中点，∴为中点，∴．
故选：D．

8．若则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】构造函数，求导，得出函数的单调性，从而得，再由已知得，两边取自然对数可得选项．
【详解】由函数，，
所以时，，函数 单调递增，时，，函数 单调递减，
又，与，所以将不等式两边取自然对数得，
故选：A．
【点睛】本题考查构造函数，研究其单调性，得出代数式的大小关系，属于较难题．
9．设是复数，则下列命题中的假命题是
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【详解】试题分析：对（A），若，则，所以为真；
对（B）若，则和互为共轭复数，所以为真；
对（C）设，若，则，
，所以为真；
对（D）若，则为真，而，所以为假．
故选D．
【解析】1.复数求模；2.命题的真假判断与应用．

二、多选题
10．已知（，，）的图象如图，则（ ）

A． B．
C． D．时，取最小值
【答案】AB
【分析】根据题意得，且函数过点，，再待定系数求函数解析式，并讨论函数最值.
【详解】对于A选项，由图可知：，故A正确；
对于B选项，解法一：由，解得：，由于函数图象过点，
所以，所以，解得：
由于，所以,故B选项正确；
解法二：图象是由的图象向左平移而得，
∴，故，故B选项正确；
对于C选项，由于函数图象过点，故，故C选项错误；
对于D选项，由于，所以时，，不取最小值，故D选项错误．
故选：AB
【点睛】本题考查利用三角函数图象求函数解析式，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是中档题.本题解题的关键在于由图象得，且函数过点，，进而待定系数求解.
11．关于函数，下列描述正确的有（ ）
A．函数在区间上单调递增
B．函数的图象关于直线对称
C．若，但，则
D．函数有且仅有两个零点
【答案】ABD
【分析】画出函数的图像，根据图像分析判断即可
【详解】函数的图像如图所示：
由图可得：函数在区间上单调递增，故正确；
函数的图像关于直线对称，故正确；
若，但，则当时，，故错误；
函数的图像与轴有且仅有两个交点，故正确.
故选.

【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查函数的性质的应用，解题的关键是画出函数图像，根据图像求解即可，考查数形结合的思想，属于中档题
12．已知抛物线E：的焦点为F，准线l交x轴于点C，直线m过C且交E于不同的A，B两点，B在线段上，点P为A在l上的射影．下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若P，B，F三点共线，则
C．若，则 D．对于任意直线m，都有
【答案】BCD
【分析】解法一：设出直线方程，然后与抛物线方程联立，结合韦达定理与抛物线的定义进而逐项分析即可，其中D选项需要结合均值不等式；解法二：对A选项首先假设，然后推出矛盾即可判断，B，C，D选项则同解法一一样.
【详解】解法一：由已知条件可得

由抛物线的对称性，不妨设直线的方程为
依题意，由整理，得
当，即时，由韦达定理，
得.
对于选项，因为直线的斜率为，
所以，即
又，所以，解得，所以
所以，
故，故错误；
对于选项，易得，所以
当三点共线时，，
所以
由和，解得，
所以故正确
对于选项，过作，垂足为由已知可得，
所以.
又，所以.
由抛物线的定义，得
因此故正确；
对于选项，因为，
所以，又，
故成立.故正确.
故选：BCD.
解法二：对于选项，假设成立，则为等腰直角三角形，
，所以为等腰直角三角形，则点在轴上，这与已知条件显然矛盾，故
故错误，其他选项同解法一进行判断.
故选：BCD.
【点睛】（1）直线与抛物线的位置关系一般需要设出直线方程，然后与抛物线联立，进而利用根与系数的关系；
（2）有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．


三、填空题
13．曲线在点处的切线方程为_______________.
【答案】
【分析】对求导，将代入导函数，可得到所求切线的斜率，进而根据直线方程的点斜式，可求出切线方程.
【详解】由题意，，
∴所求切线方程的斜率，
∴所求切线方程为，即.
故答案为：.
14．若函数为偶函数，则常数的一个取值为________．
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据函数为偶函数有，化简得对任意恒成立，所以有，取其中一个值即可得出答案.
【详解】解：因为函数为偶函数，则
所以
所以
等价于对任意恒成立，所以，
所以，所以常数的一个取值为.
故答案为：（答案不唯一）
【点睛】应用函数奇偶性可解决的四类问题及解题方法
（1）求函数值：将待求值利用奇偶性转化为已知区间上的函数值求解；
（2）求解析式：先将待求区间上的自变量转化到已知区间上，再利用奇偶性求解，或充分利用奇偶性构造关于的方程(组)，从而得到的解析式；
（3）求函数解析式中参数的值：利用待定系数法求解，根据得到关于待求参数的恒等式，由系数的对等性得参数的值或方程(组)，进而得出参数的值；
（4）画函数图象和判断单调性：利用奇偶性可画出另一对称区间上的图象及判断另一区间上的单调性.
15．如图，假定两点P，Q以相同的初速度运动.点Q沿直线作匀速运动，；点P沿线段（长度为单位）运动，它在任何一点的速度值等于它尚未经过的距离（）.令P与Q同时分别从A，C出发，那么，定义x为y的纳皮尔对数，用现在的数学符号表示x与y的对应关系是，其中e为自然对数的底，当点P从线段的三等分点移动到中点时，经过的时间为______.

【答案】
【分析】设点P运动到线段的三等分点的时间为，此时Q运动的距离为，点P运动到线段的中点的时间为，此时Q运动的距离为，再利用Q沿直线作匀速运动，利用路程，速度，时间的关系列式即可.
【详解】设点P运动到线段的三等分点的时间为，此时Q运动的距离为，点P运动到线段的中点的时间为，此时Q运动的距离为,
因为两点P，Q以相同的初速度运动，点Q作匀速运动，此时初速度为，即,也是点Q的匀速运动.
当点P靠近线段的三等分点时，此时，即，解得
当点P在的中点时，此时，即，解得
，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查数学中的新定义问题，对数的运算，指数式与对数式的互化，解题的关键是认真分析题目，将已知条件转化成对数的运算，考查学生的逻辑思维与运算能力，及转化与化归思想，属于中档题.

四、双空题
16．已知，则________，_________．
【答案】6
【分析】先根据二项展开式的最高次幂确定的值，再利用二项展开式的通项求解的值即可．
【详解】解：等式左边的最高次幂为，等式右边的最高次幂为，
故．，
其通项，
令，
解得，
故，
故答案为：6，．
【点睛】本题主要考查二项展开式，考查考生的逻辑推理与运算求解能力．

五、解答题
17．已知数列中，，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用累加法可求得数列的通项公式；
（2）求得，利用裂项相消法可求得.
【详解】（1），.
，，，，，

；
（2）由（1）知，
，
因此，.
【点睛】方法点睛：1.数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；
（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；
（3）对于型数列，利用分组求和法；
（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和.
2.求数列通项公式常用的七种方法：
（1）公式法：根据等差数列或等比数列的通项公式或进行求解；
（2）前项和法：根据进行求解；
（3）与的关系式法：由与的关系式，类比出与的关系式，然后两式作差，最后检验出是否满足用上面的方法求出的通项；
（4）累加法：当数列中有，即第项与第项的差是个有规律的数列，就可以利用这种方法；
（5）累乘法：当数列中有，即第项与第项的商是个有规律的数列，就可以利用这种方法；
（6）构造法：①一次函数法：在数列中，（、均为常数，且，）.
一般化方法：设，得到，，可得出数列是以的等比数列，可求出；
②取倒数法：这种方法适用于（、、为常数，），两边取倒数后，得到一个新的特殊（等差或等比）数列或类似于的式子；
⑦（、为常数且不为零，）型的数列求通项，方法是在等式的两边同时除以，得到一个型的数列，再利用⑥中的方法求解即可.
18．如图，在平面四边形ABCD中，AD⊥CD， ∠BAD=，2AB=BD=4.

（1）求cos∠ADB；
（2）若BC=，求CD.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）中，利用正弦定理可得，进而得出答案；
（2）中，利用余弦定理可得．
【详解】（1）中，，即，解得，故；
（2）
中，，即，
化简得，解得．
19．已知某射手射中固定靶的概率为，射中移动靶的概率为，每次射中固定靶､移动靶分别得1分､2分，脱靶均得0分，每次射击的结果相互独立，该射手进行3次打靶射击：向固定靶射击1次，向移动靶射击2次.
（1）求“该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次”的概率；
（2）求该射手的总得分X的分布列和数学期望.
【答案】（1）；（2）分布列答案见解析，数学期望：.
【分析】（1）记“该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次”为事件，得到，结合互斥事件和相互独立事件的概率计算公式，即可求解；
（2）随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，5，根据互斥事件和相互独立事件的概率计算公式，求得相应的概率，得出分布列，利用期望的公式，即可求解.
【详解】（1）记“该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次”为事件，
则，，
，其中互斥，相互独立，
从而，
则，
所以该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次的概率为.
（2）随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，5，
则，
，
，
,
,
该射手的总得分的分布列为
X
0
1
2
3
4
5







随机变量的数学期望
【点睛】求随机变量的期望与方差的方法及步骤：
1、理解随机变量的意义，写出可能的全部值；
2、求取每个值对应的概率，写出随机变量的分布列；
3、由期望和方差的计算公式，求得数学期望；
4、若随机变量的分布列为特殊分布列（如：两点分布、二项分布、超几何分布），可利用特殊分布列的期望和方差的公式求解.
20．在空间直角坐标系中，以坐标原点为圆心，为半径的球体上任意一点，它到坐标原点的距离，可知以坐标原点为球心，为半径的球体可用不等式表示.还有很多空间图形也可以用相应的不等式或者不等式组表示，记满足的不等式组表示的几何体为.
（1）当表示的图形截所得的截面面积为时，求实数的值；
（2）祖暅原理“幂势既同，则积不容异”.意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.记满足的不等式组所表示的几何体为请运用祖暅原理求证与的体积相等，并求出体积的大小.
【答案】（1）；（2）证明见解析，体积为.
【分析】（1）由题意可得几何体表示上半球，球半径为4，从而有，进而可求出实数的值；
（2）由题意可得几何体为圆柱内挖去一个同底等高的圆锥，且该圆锥的对称轴与母线的夹角为然后由祖暅原理可求得结果
【详解】（1）则几何体表示上半球，球半径为4.
当时，，截面为圆面，则，解得
又，所以
（2）设，则点到轴的距离为，由，
即，即点到轴的距离为
所以所表示的几何体为圆柱体.
由，即点到轴的距离为，
当时，点在以一直角边在轴上的等腰直角三角形绕轴旋转而成的倒圆锥面上.
所以所表示的几何体为圆柱内挖去一个同底等高的圆锥.
且该圆锥的对称轴与母线的夹角为
在中，平面所截的截面为圆，其面积为，
在中，平面所截的截面为圆环，在圆柱中的截面圆面积为，
在圆锥中的截面圆面积为，所以在中截面面积为，
即截所得面积均相等，从而由祖暅原理知体积相等，
由为半球知其体积

【点睛】关键点点睛：此题考查祖暅原理的应用，考查新定义，考查不等式与几何图形的关系，解题的关键是正确理解新定义和祖暅原理，考查转化思想，属于中档题
21．已知椭圆C：（）的左、右顶点分别为A，B，O为坐标原点，直线l：与C的两个交点和O，B构成一个面积为的菱形．
（1）求C的方程；
（2）圆E过O，B，交于点M，N，直线，分别交C于另一点P，Q，点S，T满足，，求O到直线和直线的距离之和的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）先利用对称性得，再根据菱形的面积求得直线与的一个交点坐标，代入椭圆方程便可求出，从而得到椭圆方程；
（2）由圆的方程或圆的性质得到纵坐标之积为定值，再根据题意得到的纵坐标与的纵坐标之间的关系，通过假设直线方程并与椭圆联立，借助韦达定理得到的纵坐标所满足的关系，结合的纵坐标之积为定值，通过计算可得直线过定点，根据向量关系可得且直线也过定点，然后可以利用数形结合或利用函数方法解决问题.
【详解】解法一：（1）因为直线与的两个交点和，构成的四边形是菱形，
所以垂直平分，所以，.
设为直线与的一个交点，则菱形的面积为.
因为菱形的面积为，所以，
解得，即.
将点代入，
得，又，所以.
所以的方程为.
（2）由题意，得为圆的一条弦，且直线垂直平分该弦，
故直线经过圆心，所以为圆的直径，
因此，即.
设，，则.
注意到，，则.
又因为，，所以.
设直线的方程为，，.
由得，.
，（）
，.①
因为，，故，
即.
即.
将①代入上式得，
化简得，解得，满足（）.
所以直线的方程为，
故直线过定点.
由，，所以，
所以直线也过定点，且，解得.
注意到位于线段上，
故到直线的距离与到直线的距离之和等于两平行直线，
之间的距离，且.
当，垂直于轴时，点到直线和直线的距离之和为，
所以点到直线和直线的距离之和的最大值是.
解法二：（1）同解法一.
（2）由（1）可得，
设直线的方程为，则.
另设直线的方程为，则.
由题意，得为圆的一条弦，且直线垂直平分该弦，
故直线经过圆心，所以为圆的直径，
因此，即.
所以，即.
由，得，
所以.
将代入，
得，即.
同理可得.
当时，
直线的斜率为，
所以直线的方程为，
即①.
将代入①，得，
所以直线过定点.
当时，直线的方程为，也过点.
因此直线始终过定点.
设直线与轴交于点.
因为，，
所以，且，
所以，解得，
即直线过定点.
设直线的方程为，即.
所以点到直线的距离为.
同理可得点到直线的距离为.
所以，
当且仅当，即垂直于轴时等号成立.
故点到直线和直线的距离之和的最大值为.
解法三：（1）同解法一.
（2）设，.
由已知得在直线上，设，
则圆的方程为.
令，得，由韦达定理，得.
由（1）可得，
所以直线的方程为，
直线的方程为.
由整理，
得，
所以，则.
将代入，得，
即.同理可得.
当时，
直线的斜率为.
所以直线的方程为，
即，
即，
即.所以直线过定点.
当时，直线的方程为，也过点.
因此直线始终过定点.
设直线与轴交于点.
因为，，所以，且，
所以，解得，即直线过定点.
设直线的方程为，即.
所以点到直线的距离为.
同理可得点到直线的距离为.
所以，当且仅当，即垂直于轴时等号成立.
故点到直线和直线的距离之和的最大值为.
解法四：（1）同解法一.
（2）因为为圆的一条弦，且直线垂直平分该弦，
故直线经过圆心，
故为圆的直径，所以，即.
设，，则，
注意到，，
则，即.
显然，都不为零，设，，则.
设直线的方程为，直线的方程为，
得到直线与直线的直线系方程为，
即（）.
将（）与椭圆联立得
.①
其中，，三点的坐标符合方程①.
若，即，
则方程①可化为.②
其中，两点的坐标符合方程②，又注意到②为二元一次方程，
故②即为，所在直线方程，
整理得直线的方程为.
所以无论为何值，直线都经过点.
由题意得，，，所以，
所以直线也过定点，且，解得.
注意到位于线段上，
故到直线的距离与到直线的距离之和等于两平行直线，
之间的距离，且.
当，垂直于轴时，点到直线和直线的距离之和为，
所以点到直线和直线的距离之和的最大值是.
【点睛】（2）小题以最值问题为载体，其实质是蕴含定点问题，定点问题常用的处理的方法：（1）根据已知条件，直接推导出直线过点，其步骤是：先设出直线方程（或），然后与圆锥曲线方程联立，结合韦达定理，求出的值或关系；（2）通过特殊条件先求出定点，再证明一般情况也过该定点.
22．已知函数．
（1）求函数在的最大值；
（2）证明：函数在有两个极值点，并判断与的大小关系．
【答案】（1）；（2）证明见解析；．
【分析】（1）先求解出，然后再求解出，通过的取值正负判断出的单调性，再根据零点的存在性定理确定出的零点分布情况，由此确定出的单调性，结合所给区间即可求解出最大值；
（2）先求解出，然后将区间分成三段：、、，逐段分析的极值点并求解出极值点的范围，由此完成证明并判断出与的大小.
【详解】解：（1）
当时，，则，故在上单调递增，
又，所以在有唯一的零点t．
当时，；当时，．
故在上单调递减，在上单调递增，
且，，所以在的最大值为．
（2），
①当时，均单调递增，所以单调递增，
又，
所以在有唯一的零点，
此时当时，；时，，
所以是极小值点，不妨让．
②当时，，单调递增，所以；
故在上单调递增，没有极值点；
③当，．由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，
且，故有唯一的零点，
则时，，即单调递减；时，，即单调递增，
又，
所以在有唯一的零点，
此时时，；时，，
所以是极大值点，即，
所以在有两个极值点，其中，，
且，由于，所以．
因为，，且在上单调递减，
所以，即．
（判断极值点的时候，也对．）
【点睛】思路点睛：利用导数求解函数最值的思路：
（1）若所给的闭区间不含参数，则只需对求导，并求在区间内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值；
（2）若所给的区间含有参数，则需对求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数的最值.