2021届新疆维吾尔自治区高三二模数学试卷及答案

这是一份2021届新疆维吾尔自治区高三二模数学试卷及答案，共26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。
2021届新疆维吾尔自治区高三二模数学试卷及答案
一、单选题
1．已知集合，，则（       ）
A． B． C． D．
2．如图所示，在复平面内，网格中的每个小正方形的边长都为1，两点，对应的复数分别为，，则（       ）

A． B． C． D．
3．若关于的不等式的解集为，则（       ）
A．5 B． C．6 D．
4．已知，，为三条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列说法正确的是（       ）
A．若，，则
B．若，，，，则
C．若，，，，则
D．若，，，则
5．秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法，如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入，的值分别为3，3，则输出时循环体被执行的次数为（       ）

A．2 B．3 C．4 D．5
6．以直角三角形两直角边为直径向外作两个半圆，以斜边为直径向内作半圆，则三个半圆所围成的两个月牙（希波克拉蒂月牙）面积的和等于该直角三角形的面积，这个定理叫作希波克拉蒂的“月牙定理”．如图所示，在直角三角形中，，，将整个图形记为区域，若向区域内随机投一点，则点落入“希波克拉蒂月牙”的概率为（       ）

A． B． C． D．
7．函数(，常数，，)的部分图象如图所示，为得到函数的图象，只需将函数的图象（       ）

A．向右平移个长度单位 B．向右平移个长度单位
C．向左平移个长度单位 D．向左平移个长度单位
8．已知向量满足，，与夹角的大小为，则（       ）
A．0 B． C．2 D．
9．已知抛物线，直线与交于，两点，若表示直线的斜率，则的最小值为（       ）
A．6 B．7 C．8 D．9
10．设，是方程的两根，则（       ）
A． B． C． D．
11．已知，是双曲线的两个焦点，过的直线与圆切于点，且与双曲线右支交于点，是线段的中点，若，则双曲线的方程为（       ）
A． B． C． D．
12．若函数，则满足恒成立的实数的取值范围是（       ）
A． B．
C． D．
二、填空题
13．若变量，满足，则目标函数的取值范围是___________.
14．2021年1月，某地成为新冠疫情中风险地区，志愿者纷纷驰援.若将4名医生志愿者分配到两家医院，每人去一家医院，每家医院至少去1人，则共有___________种不同的分配方案.
15．在中，已知，，，则______．
三、双空题
16．南北朝时期的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．已知曲线，直线为曲线在点处的切线，如图所示，阴影部分为曲线，直线以及轴所围成的平面图形，记该平面图形绕轴旋转一周所得的几何体为．过点作的水平截面，所得截面面积是______（用表示）．试借助一个圆锥，并利用祖暅原理，得出的体积是______．

四、解答题
17．记数列的前项和为，已知．
（1）求证：数列为等差数列；
（2）若数列的前项和为，求满足的最小正整数．
18．已知多边形是边长为2的正六边形，沿对角线将平面折起，使得.


（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在一点，使二面角的余弦值为，若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由.
19．某地区为贯彻习近平总书记关于“绿水青山就是金山银山”的精神，鼓励农户利用荒坡种植果树.某农户考察三种不同的果树苗、、，经引种试验后发现，引种树苗的自然成活率为0.8，引种树苗、的自然成活率均为.
（1）任取树苗、、各一棵，估计自然成活的棵数为，求的分布列及；
（2）将（1）中的取得最大值时的值作为种树苗自然成活的概率.该农户决定引种棵种树苗，引种后没有自然成活的树苗中有的树苗可经过人工栽培技术处理，处理后成活的概率为0.8，其余的树苗不能成活.
①求一棵种树苗最终成活的概率；
②若每棵树苗引种最终成活后可获利300元，不成活的每棵亏损50元，该农户为了获利不低于20万元，问至少引种种树苗多少棵？
20．已知椭圆的两个焦点为，，过右焦点作斜率为1的直线交椭圆于A，两点，且的面积为．
（1）求的值；
（2）过椭圆上异于其顶点的任意一点作圆的两条切线，切点分别为，，若直线在轴，轴上的截距分别是，，问是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，说明理由．
21．已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，设函数有最小值，求的最大值.
22．在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为．若正方形的顶点都在上，且，，，依逆时针次序排列，点的极坐标为．
（1）求点，，，的直角坐标；
（2）设为上任意一点，求的取值范围．
23．已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）记集合中的最大元素为，若不等式在上有解，求实数的取值范围．

参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
集合是确定的，需要计算集合，集合中的元素为，而函数的自变量是中的元素，将中的元素依次代入可以得到集合，根据集合的交集运算可得结果.
【详解】
∵，，
∴，
∴.
故选：B.
2．A
【解析】
【分析】
根据复平面可得，，之后利用共轭复数及复数乘法的运算法则即可求得结果.
【详解】
根据图形可以看出的坐标为，的坐标为，
根据复平面的定义可得，，
所以
.
故选：A.
3．C
【解析】
【分析】
由可得，所以将问题转化为的解集为，利用根与系数的关系可得，的值，进而可得结果.
【详解】
∵，∴，
而的解集为，
即的解集为，
∴，，
∴，，
∴.
故选：C.
4．B
【解析】
【分析】
利用线面平行的判定定理可判断A；根据线面平行的性质可判断B；由线面垂直的判定定理可判断C；由面面平行的判定定理可判断A.
【详解】
A，若，，且，则，故A错误；
B，若，， ，则，且，
由，所以，故B正确；
C，若，，，，且与相交，则，故C错误；
D，若，，，且与相交， 则，故D错误.
故选：B
5．B
【解析】
【分析】
根据输入，的值，由循环的功能，一一循环验证，直至不满足退出循环.
【详解】
若输入，的值分别为3，3，执行程序有,
第一次执行循环体是,满足；
第二次执行循环体是,满足；
第三次执行循环体是,不满足；
故输出v时，循环体被执行的次数为3次，
故选：B
6．D
【解析】
【分析】
根据月牙定理、锐角三角函数的定义，结合直角三角形的面积公式、半圆的面积公式、几何概型的计算公式进行求解即可.
【详解】
直角三角形中，，，
所以，，
因此直角三角形的面积为：，
以斜边为直径的半圆的面积为：，
根据月牙定理可知希波克拉蒂月牙面积的和为，
所以向区域内随机投一点，则点落入“希波克拉蒂月牙”的概率为：
，
故选：D
7．B
【解析】
【分析】
利用最值和周期可得，，利用五点法可得，再通过诱导公式及函数的图象变换规律可得结论.
【详解】
解：根据函数(，常数，，)的部分图象，
可得，，∴.
再根据五点法作图，可得，故，函数.
为得到函数的图象，只需将函数的图象向右平移个长度单位即可.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查已知图像求函数的解析式，考查诱导公式的应用，函数的图象变换规律，统一这两个三角函数的名称，是解题的关键，属于中档题.
8．A
【解析】
【分析】
利用向量的数量积运算求得或，验证即可得结论．
【详解】
因为，，
所以，
因为与夹角的大小为，
所以，
又，
所以，
两边平方整理可得，
所以或，
当时，，
，，
此时与夹角的大小为，与已知矛盾，舍去；
当，，
，，
此时与夹角的大小为，符合条件，
综上可得，．
故选：A
【点睛】
方法点睛：平面向量的数量积的计算常用的方法有：（1）利用公式；（2）利用坐标公式.要根据已知条件灵活选择方法求解.
9．B
【解析】
【分析】
由题知，进而联立方程，结合弦长公式得，进而利用基本不等式即可得答案．
【详解】
根据题意，直线的斜率，
设，
所以联立方程得，
所以，，
所以
所以，由于，
所以
当且仅当，即时，等号成立.
故选：B
【点睛】
本题考查弦长公式，基本不等式的应用等，考查运算求解能力，是中档题．本题解题的关键在于将变形为，进而基本不等式求解．
10．D
【解析】
【分析】
由韦达定理可得，，将所求式子化为，配凑成与的形式，代入可求得结果.
【详解】
是方程的两根，，，
，，，
.
故选：D.
11．A
【解析】
【分析】
利用抛物线的定义列方程，化简求得的值，由此求得，从而求得双曲线的渐近线方程.
【详解】
由于分别是的中点，所以.
根据双曲线的定义可知，
所以，
由于，所以，
即，也即，即，
解得，负根舍去.
所以.
所以双曲线的方程为.
故选：A
【点睛】
圆锥曲线有关题目，画图象是关键，圆锥曲线的定义要牢记.

12．D
【解析】
【分析】
先判断函数的奇偶性和单调性，然后利用性质把不等式转化为，求解函数的最大值可得选项.
【详解】
∵，∴，即为奇函数；
又，即为增函数；
由恒成立，
可得恒成立，
∴恒成立，即恒成立，
设，易知为偶函数，只需求在上的最大值即可.
当时，，

时，，为增函数；时，，为减函数；
∴的最大值为；
∴，即；
故选：D.
【点睛】
利用函数性质求解不等式恒成立问题的步骤：①根据函数解析式判断奇偶性和单调性；
②把函数值的不等关系转化为自变量的不等关系；
③结合恒成立转化为最值问题求解.
13．
【解析】
【分析】
作出可行域，由可行域可得目标函数的取值范围.
【详解】
作出可行域如下图，

由图可知，当平行移动直线过点时，取最小值1；当平行移动直线过点时，取最大值10.
故答案为:
14．14
【解析】
【分析】
由题意，按两类分配方案，一是每个医院都是2名医生，二是一个医院1名，另一个医院3名，然后再利用分类计数原理求解.
【详解】
将4名医生志愿者分配到两家医院，每人去一家医院，每家医院至少去1人，
有两类分配方案，一是每个医院都是2名医生，有种，
二是一个医院1名，另一个医院3名，有，
所以共有种不同的分配方案.
故答案为：14
15．
【解析】
【分析】
在上取点D，使，从而在中，，利用余弦定理解出各边长，从而求得
【详解】
由，知，；
如图在上取点D，使，则，
故，即

设，则，在中，
由余弦定理知，，
因此，解得，
所以，，
由余弦定理知，
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：找到条件给的所在的三角形，利用余弦定理求得边长，从而求得角的余弦值.
16．         
【解析】
【分析】
根据导数的几何意义求出直线的方程，利用两个圆的面积作差可得，将一个底面半径为，高为的圆锥的底面与几何体为的底面放在同一水平面上，可以计算得到该圆锥与几何体在所有等高处的水平截面的面积相等，再根据圆锥的体积公式可求得结果.
【详解】
由得，所以，
所以直线的斜率，
所以直线的方程为，即，
过点与轴平行的的直线与切线交点为，与抛物线的交点坐标为，
所以过点作的水平截面面积为：
.
取底面半径为，高为的圆锥，用一个平行于底面的平面截圆锥，得到的截面圆的半径为，截面面积为，
所以根据祖暅原理，几何体的体积等于该圆锥的体积，即.
故答案为：；
【点睛】
本题考查数学文化，圆锥的体积，切线方程的求法，考查运算求解能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于根据祖暅原理，构造底面半径为，高为的圆锥，进而用一个平行于底面的平面截圆锥，得到的截面圆的半径为，截面面积为，满足祖暅原理，进而求解.
17．（1）证明见解析；（2）13．
【解析】
【分析】
（1）根据分两步计算得，再根据等差数列的定义证明即可；
（2）由题知，进而根据裂项相消求和得，再解不等式即可得答案.
【详解】
（1）当时，．
当时，，
得．
又也满足，所以．
于是，
所以数列是以为首项，3为公差的等差数列．
（2）由（1）可知



．
由，得，满足的最小正整数为13．
【点睛】
本题考查的应用，等差数列的证明，裂项相消求和等，考查运算求解能力，是中档题.本题第一问解题的关键在于利用得，第二问的关键在于用裂项相消求和得
18．（1）证明见解析；（2）存在，.
【解析】
【分析】
（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，进而证得面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系设，求平面和平面的法向量，利用空间向量法求得二面角，得到关于a的方程，即可得解.
【详解】
（1）证明：过作，连接
由正六边形的性质知，且，，
因为平面，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面.
（2）如图，以O为空间直角坐标系原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，

设，则，
设平面的一个法向量为，则
，取，得，
又，
设平面的一个法向量为，则
，取，得
设二面角的平面角为，
则，解得，所以.
【点睛】
方法点睛：本题考查面面垂直，及面面角的求法，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两直线所成的角为(),；
②直线与平面所成的角为(),；
③二面角的大小为(),
19．（1）详见解析；（2）①0.96；②700棵.
【解析】
【分析】
（1）依题意，得到的所有可能值为，求得相应的概率，得出随机变量的分布列，利用公式求得数学期望；
（2）由（1）可知当时，取得最大值，①利用概率的加法公式，即可求得一棵树苗最终成活的概率；②记为棵树苗的成活棵数，为棵树苗的利润，求得，要使，即可求解.
【详解】
（1）依题意，的所有可能值为0，1，2，3.
则；
，
即，
，
；
的分布列为：

0
1
2
3






所以 .
（2）当时，取得最大值.
①一棵树苗最终成活的概率为.
②记为棵树苗的成活棵数，为棵树苗的利润，
则，，，
，要使，则有.
所以该农户至少种植700棵树苗，就可获利不低于20万元.
【点睛】
本题主要考查了离散型随机变量的分布列及数学期望的求解，以及期望的实际应用问题，对于求离散型随机变量概率分布列问题首先要清楚离散型随机变量的可能取值，计算得出概率，列出离散型随机变量概率分布列，最后按照数学期望公式计算出数学期望，其中列出离散型随机变量概率分布列及计算数学期望是理科高考数学必考问题.
20．（1）；（2）是定值；．
【解析】
【分析】
（1）先根据写椭圆方程，联立直线与椭圆列韦达定理，再根据的面积求解参c，即得方程；
（2）先判断点P在圆外，设切点，，根据垂直关系求得两点满足的关系式，即得直线的方程，再求截距，结合求得即可.
【详解】
解：（1）设椭圆的焦距为，则，，过右焦点作斜率为1的直线为
，由知，椭圆方程可化为，
联立，消去x，得，
设，，则，，
因为的面积，
且，则，解得，
所以，又，故；
（2）由（1）知，椭圆方程为，设点，由在椭圆上，则， ，可知在圆外．
过作圆的切线有两条．设切点，，是过作圆的切线产生的切点弦，由、是切点知，，
所以直线，因为在上，
所以，即直线．
又因为在上，则，
所以直线，同理可得，直线，
所以直线上有两点，满足方程，
因为两点确定唯一的一条直线，所以直线的方程．
由直线在轴、轴的截距分别是，，于是，．
，又因为，
故为定值．
【点睛】
关键点点睛：
本题考查椭圆中的定值问题，解题关键在于利用圆中垂直关系求切点弦的方程，进而得到直线的截距计算出为定值，即突破难点.
21．（1）答案见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）求导，令，根据，分， 求解；
（2）求导，设，根据（1）知，在区间单调递增，结合零点存在定理，得到在存在唯一，使得，即，从而得到求解.
【详解】
（1）函数定义域为，
，
令，则，
①当时，，，
即且不恒为零，故单调递增区间为和
②当时，，方程的两根为：
，，
由于，.
故.
因此当时，，单调递增.
当时，，单调递减，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
综上，当时，在区间，单调递增；
当时，在区间单调递增，在区间，单调递减；在区间单调递增.
（2）由
设，
由（1）知，时，在单调递增，
故在区间单调递增，
由于，，故在存在唯一，
使，.
又当时，，即，单调递减，
当时，，即，单调递增，
故时，，

又设，，故，
则在区间上单调递增，故，
即.
【点睛】
方法点睛：(1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f(x)含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)若可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．
22．（1）点的直角坐标是，点的直角坐标是，点的直角坐标是，点的直角坐标是；（2）．
【解析】
【分析】
（1）根据极坐标与直角坐标之间的互化：即可求解.
（2）根据直角坐标与极坐标的互化可得，即，利用椭圆的参数方程以及两点间的距离公式，结合三角函数的性质即可求解.
【详解】
解：（1）点的直角坐标是，
点的直角坐标是，
点的直角坐标是，
点的直角坐标是．
（2）方程可化为
把，代入上式得，
即，设，
则
．
23．（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）易得，再分，，三种情况讨论求解；
（2）由（1）得到，由 ，转化为在有解，由求解.
【详解】
（1）由题意可知：．
当时，原不等式可化为，解得，∴
当时，原不等式可化为，解得，∴
当时，原不等式可化为，解得，∴
综上，不等式的解集．
（2）由题意：，则不等式等价为：，
∵，∴，
∴，即，
要使不等式在有解，则，
因为在上递增，所以，
因为在上递减，所以，
∴．
【点睛】
方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若在区间D上有最值，则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
若能分离常数，即将问题转化为：（或），则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.