2021届山西省太原市第五中学高三下学期二模数学（文）试题含解析

2021届山西省太原市第五中学高三下学期二模

数学（文）试题

一、单选题

1．复数满足（为虚数单位），则的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的运算法则，化简得的，结合复数的概念，即可求解.

【详解】根据复数的运算法则，可得，可得

故复数的虚部为.

故选：B.

2．设集合U=R，A={x|0<x<2}，B={x|x<1}，则图中阴影部分表示的集合为．

A． B．{x|x C．{x|0<x≤1} D．

【答案】D

【分析】根据图可知求解的集合为，根据定义可求得结果.

【详解】由图可知所求阴影部分集合为：

又

本题正确选项：

【点睛】本题考查集合的运算中的交集和补集，属于基础题.

3．相传在世纪末期，莱布尼兹在太极八卦图的启示下，发明了二进制的记数方法.他发现，如果把太极八卦图中“连续的长划”（ 阳爻：）看作是，把“间断的短划”（ 阴爻：）看作是，那么，用八卦就可以表示出从到这八个整数.后来，他又作了进一步的研究，最终发明了二进制的记数方法.如图给出了部分八卦符号与二进制数的对应关系：

请根据上表判断，兑卦对应的八卦符号为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由题意兑卦对应的二进制数为，根据“连续的长划”（ 阳爻：）看作是，“间断的短划”（ 阴爻：）看作是，即可得解.

【详解】由题意兑卦对应的二进制数为，

因为“连续的长划”（ 阳爻：）看作是，把“间断的短划”（ 阴爻： ）看作是，所以兑卦对应的八卦符号为.

故选：C.

4．已知两定点、和一动点，若是与的等差中项，则动点的轨迹方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据是与的等差中项，得到，即，得到点在以，为焦点的椭圆上，已知、的值，做出的值，写出椭圆的方程.

【详解】、，，

是与的等差中项，则，即，

点在以、为焦点的椭圆上，

，，，，因此，椭圆的方程是.

故选：B.

【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：

（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；

（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；

（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；

（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；

（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.

5．如图所示，△ABC中，，点E是线段AD的中点，则

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用平面向量的线性运算表示.

【详解】，故选C.

【点睛】本题考查平面向量的线性运算，涉及到加法、减法及数乘运算，属于基础题.

6．已知等差数列的前项和为，，，则数列的前项和为

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】设等差数列的首项为，公差为.

∵，

∴

∴

∴，则

∴数列的前项和为

故选B.

点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.

7．已知函数f（x）的定义域为D，其导函数为，函数的图象如图所示，则f（x）（    ）

A．有极小值f（2），极大值f（π） B．有极大值f（2），极小值f（0）

C．有极大值f（2），无极小值 D．有极小值f（2），无极大值

【答案】D

【分析】通过的正负取值以及的正负取值，可判断函数在定义域D上的单调性，进而可判断极值的取值情况．

【详解】解：当，，当，

则由图像可得当时，，当时，，

故函数在上单调递减，在上单调递增，

则由图像可得函数f（x）在定义域D上，先减后增，有极小值f（2），无极大值.

故选：D.

【点睛】本题考查导函数的图像和原函数单调性之间的关系，考查函数在某点取得极值的条件，考查学生识图用图能力，是基础题.

8．如图是某几何体的三视图，其侧视图为等边三角形，则该几何体（含表面）内任意两点间的最大距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先由三视图确定几何体为左右结构半圆锥加三棱柱的组合体，结合直观图确定两点间最大距离，再由长对正、宽相等和侧视图为正三角形度量计算即可.

【详解】由三视图可知，该几何体由一个半圆锥和一个正三棱柱组合而成.

其中半圆锥的底面半径为1，正三棱柱的侧面是边长为2的正方形，

底面是边长为2，高为的正三角形.

如图，该几何体（含表面）内任意两点间的最大距离为MA.

在中，．

故选：C.

【点睛】几何直观空间想象能力是解决三视图问题的必备能力.一般地，俯视想底，正视定高，左视调整还原几何体，而“长对正、宽相等、高平齐”是三视图长宽高的度量原则，也是还原几何体理清各元素间的位置关系及数量关系的关键.

9．A、B两个物理兴趣小组在实验室研究某粒子运动轨迹.共同记录到粒子的13个位置的坐标信息如下表：

A小组根据表中数据，直接对y，x作线性回归分析，得到：回归方程为，相关指数；B小组先将数据依变换，进行整理，再对，u作线性回归分析，得到：回归方程为，相关指数根据统计学知识，下列方程中，最有可能是该粒子运动轨迹方程的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由统计学知识可知，越大，拟合效果越好，由此可得拟合效果好的回归方程，然后整理变换可得答案.

【详解】由统计学知识可知，越大，拟合效果越好.

又A小组的相关指数，B小组相关指数

所以B小组拟合效果好，拟合效果越好越能反映该粒子运动轨迹，其回归方程为

又，，则，即

故选：C

10．若实数x，y满足约束条件，则z=3x+y的最小值为（    ）

A．13 B．3 C．2 D．1

【答案】C

【分析】画出不等式表示的平面区域，根据的几何意义求解即可.

【详解】

该不等式组对应的平面区域，如下图所示

可化为

平移直线，当直线过点时，取最小值

即

故选：C

【点睛】本题主要考查了线性规划求最值的应用，属于中档题.

11．已知双曲线：的左､右焦点分别为，，过作以为圆心､为半径的圆的切线切点为.延长交的左支于点，若为线段的中点，且，则的离心率为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知把，用，表示，再由勾股定理求得，然后结合列式求解双曲线的离心率.

【详解】解：由题意，得，，

，，

，

解得.

故选：C.

【点睛】本题考查双曲线的离心率的求解，考查数形结合思想，运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据几何关系得，进而结合求解.

12．已知是定义在R上的奇函数，当时，，则关于的函数的所有零点之和为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】函数的零点转化为在同一坐标系内，的图象交点的横坐标.作出两函数图象，利用对称性求解.

【详解】∵时，，

即时，；

时，；

时，；

画出时的图象，再利用奇函数的对称性，画出时的图像，如图所示：

直线与共有5个交点，则方程共有五个实根，

最左边两根之和为，最右边两根之和为6，

∵时，，

∴，又，

∴，

∴中间的一个根满足，即，

得，

∴所有根的和为.

故选：C

二、填空题

13．已知一圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的体积为_____.

【答案】

【分析】依据展开图与圆锥的对应关系列方程解出圆锥的底面半径和母线长，求出圆锥的高，得出体积.

【详解】解：设圆锥的底面半径为，母线长为，

则，解得，
∴圆锥的高，

∴圆锥的体积.
故答案为：.

【点睛】本题考查了圆锥的侧面展开图，圆锥的结构特征，圆锥的体积计算，属于基础题.

14．在区间上随机取一个数，则事件“”发生的概率为___________

【答案】

【分析】由题意，求出对应的定义域区间长度，利用长度比求概率.

【详解】，由，得，

∴当，即时，有，

∴在区间上随机取一个数，则事件“”发生的概率为.

故答案为：.

15．已知数列的前项和为，且满足，，则___________.

【答案】

【分析】当时，，可得，可得数列隔项成等比数列，即所以数列的奇数项和偶数项分别是等比数列，分别求和，即可得解.

【详解】因为，，所以，

当时，，∴，

所以数列的奇数项和偶数项分别是等比数列，

所以.

故答案为：.

16．抛物线：的焦点为，其准线与轴的交点为，如果在直线上存在点，使得，则实数的取值范围是___________.

【答案】

【分析】根据题意求出点、的坐标，设出点坐标，由垂直关系得，再利用建立关于的不等式即可求解.

【详解】解：由题意，，，

∵在直线上，设点，

∴，，

又，

∴，即，

∴，解得或，

又，

∴的取值范围是.

故答案为：.

三、解答题

17．某学生对其30位亲属的饮食习惯进行了一次调查，并用如图所示的茎叶图表示他们的饮食指数(说明：图中饮食指数低于70的人，饮食以蔬菜为主；饮食指数高于70的人，饮食以肉类为主).

（1）根据茎叶图，帮助这位同学说明这30位亲属的饮食习惯.

（2）根据以上数据完成如下列联表

（3）能否有99%的把握认为其亲属的饮食习惯与年龄有关？

附表：

(参考公式：，其中)

【答案】（1）答案见解析；（2）列联表答案见解析；（3）有99%的把握认为其亲属的饮食习惯与年龄有关.

【分析】（1）由茎叶图，说明30位亲属中50岁及以上、50岁以下的饮食分布情况即可；

（2）根据茎叶图填写列联表即可；

（3）由题意，求随机变量的观测值，并与参考值作比较，即可判断.

【详解】（1）由茎叶图，知：30位亲属中50岁及以上的人饮食以蔬菜为主，50岁以下的人饮食以肉类为主

（2）列联表如下所示：

（3）由题意，知随机变量的观测值，

∴有99%的把握认为其亲属的饮食习惯与年龄有关.

18．如图1，在直角梯形中，，是的中点，是与的交点，将沿折起到图2中的位置，得到四棱锥.

（Ⅰ）证明：平面；

（Ⅱ）当平面平面时，四棱锥的体积为，求的值.

【答案】（Ⅰ） 证明见解析，详见解析；（Ⅱ）.

【详解】试题分析：（1）依据直线与平面垂直的判定定理推证；（2）借助题设条件运用等积法建立方程求解.

试题解析:

（1）在图1中，易得

所以，在图2中，平面

（2）由已知，平面平面,

所以平面

【解析】空间线面垂直的位置关系和棱锥的体积公式等有关知识的运用．

19．如图，为方便市民游览市民中心附近的“网红桥”，现准备在河岸一侧建造一个观景台，已知射线，为两边夹角为的公路(长度均超过3千米)，在两条公路，上分别设立游客上下点，，从观景台到，建造两条观光线路，，测得千米，千米.

（1）求线段的长度；

（2）若，求两条观光线路与之和的最大值.

【答案】（1）3千米；（2）最大值为6千米．

【分析】（1），．用余弦定理，即可求出；

（2）设，，用正弦定理求出，，展开，结合辅助角公式可化为，由的取值范围，即可求解．

【详解】解：（1）在中，由余弦定理得，

，，

所以线段的长度为3千米；

（2）设，因为，所以，

在中，由正弦定理得，

.

所以，，

因此

，

因为，所以.

所以当，即时，取到最大值6.

所以两条观光线路与之和的最大值为6千米．

【点睛】解三角形应用题的一般步骤：

(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．

(2)根据题意将实际问题抽象成解三角形问题的模型．

(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．

(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等．

20．(本小题满分12分)已知圆，圆，动圆与圆外切并且与圆内切，圆心的轨迹为曲线．

（Ⅰ）求的方程；

（Ⅱ）是与圆，圆都相切的一条直线，与曲线交于，两点，当圆的半径最长时，求．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），或.

【详解】（Ⅰ）依题意，圆M的圆心，圆N的圆心，故，由椭圆定理可知，曲线C是以M、N为左右焦点的椭圆（左顶点除外），其方程为；

（Ⅱ）对于曲线C上任意一点，由于（R为圆P的半径），所以R=2，所以当圆P的半径最长时，其方程为；

若直线l垂直于x轴，易得；

若直线l不垂直于x轴，设l与x轴的交点为Q，则，解得，故直线l：；有l与圆M相切得，解得；当时，直线，联立直线与椭圆的方程解得；同理，当时，.

21．已知函数

（1）求函数的单调区间；

（2）设在上存在极大值M，证明：.

【答案】（1）在单调递增，单调递减；（2）详见解析.

【分析】（1）求得，利用和 即可求得函数 的单调性区间；

（2）求得函数的解析式，求，对的情况进行分类讨论得到函数有极大值的情形，再结合极大值点的定义进行替换、即可求解.

【详解】（1）由题意，函数，

则，

当时，令，所以函数单调递增；

当时，令，即，解得或，

令，即，解得，

所以函数在区间上单调递增，在区间中单调递减，

当时，令，即，解得或，

令，即，解得，

所以函数 在单调递增，在单调递减.

（2）由函数，则，

令，可得

令，解得，

当时. ，函数在 单调递增，此时，

所以，函数在上单调递增，此时不存在极大值，

当时，令 解得，令，解得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

因为在上存在极大值，所以，解得，

因为，

易证明，存在时，， 

存在使得，

当在区间上单调递增，在区间单调递减，

所以当时，函数取得极大值，即，，

由，

所以

【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

22．平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（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，直线的极坐标方程为.

（1）写出曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；

（2）若直线与曲线交于、两点，点，求的值.

【答案】（1）的普通方程，的直角坐标方程为；（2）.

【分析】（1）在曲线的参数方程中消去参数可得出曲线的普通方程，利用极坐标方程与普通方程之间的转换关系可得出直线的普通方程；

（2）设直线的参数方程为（为参数），将直线的参数方程与曲线的普通方程联立，列出韦达定理，利用直线参数方程的几何意义可求得结果.

【详解】（1）曲线的参数方程为，即，

消去参数得曲线的普通方程.

，.

又，，所以，直线的直角坐标方程为；

（2）设直线的参数方程为（为参数），将其代入曲线的直角坐标方程化简得，

设点、在直线的参数分别为、，则，.

所以，.

【点睛】结论点睛：直线参数方程的三个应用：

已知倾斜角为的直线经过点，则直线的参数方程为（为参数），已知直线、为直线上的两个点，对应的参数分别为、.

（1），，；

（2）线段的中点对应的参数为；

（3）若线段的中点为，则且.

23．已知函数.

（Ⅰ）解不等式；

（Ⅱ）设函数的最小值为t，若，且，证明：.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.

【分析】（Ⅰ）利用绝对值的几何意义，分或或求解；

（Ⅱ）求得最小值t,法一：转化为分段函数求解； 法二：利用绝对值三角不等式求解；证明不等式， 法一：通过通分变形为，利用基本不等式证明；法二：利用柯西不等式证明.

【详解】（Ⅰ）不等式等价于或或，

解得或或. 

所以不等式的解集为.    

（Ⅱ）法一：由知，当时，，

即.  

法二：，

当且仅当时，取得等号，则的最小值为2，即.

法一：

当且仅当，不等式取得等号，所以.    

法二： 由柯西不等式可得：.

当且仅当，不等式取得等号，所以.

【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是通过求函数的最小值得到，然后通过适当变形，利用不等式证明的基本方法而得证.