湖南省长沙市宁乡市第一高级中学2021届高三第二次模拟考试数学试题

这是一份湖南省长沙市宁乡市第一高级中学2021届高三第二次模拟考试数学试题，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则 （ ）
A．B．C．，D．，0，
2．若为虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．
3．已知是偶函数，则的值是（ ）
A．B．C．D．2
4．已知双曲线的左、右焦点分别为，，，P为C上一点，的中点为Q，为等边三角形，则双曲线C的方程为（ ）．
A．B．
C．D．
5．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
6．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
7．在中，，，E，F，G分别为三边，，的中点，将，，分别沿，，向上折起，使得A，B，C重合，记为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．若函数在上存在两个零点，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险：戊，重大疾病保险，各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图例：

用该样本估计总体，以下四个选项正确的是（ ）
A．54周岁以上参保人数最少
B．18～29周岁人群参保总费用最少
C．丁险种更受参保人青睐
D．30周岁以上的人群约占参保人群20%
10．已知圆，则（ ）
A．圆可能过原点B．圆心在直线上
C．圆与直线相切D．圆被直线所截得的弦长为
11．在中，，，，如图所示，将绕逆时针旋转120°至处，则（ ）
A．在旋转过程中，点运动的轨迹长度为
B．点到平面的距离为
C．异面直线与所成的角为90°
D．直线与平面所成角的正弦值为
12．已知点在抛物线C：上，过P作圆的两条切线，分别交C于A，B两点，且直线AB的斜率为，若F为C的焦点，为C上的动点，N是C的准线与坐标轴的交点，则（ ）
A．B．
C．的最大值是D．的最大值是
三、填空题
13．已知，，与的夹角为，且，则 ．
14．将标有1，2，3，4，5，6的6个球放入A，B，C三个盒子，每个盒子放两个球，其中1号球不放A盒子中，2号和3号球都不放B盒子中，则共有 种不同的放法（用数字作答）.
15．三棱锥中，PA⊥平面ABC，，则三棱锥外接球的表面积为 .
16．已知直线与曲线和都相切，请写出符合条件的两条直线的方程： ， ．
四、解答题
17．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求A的大小；
(2)若A的角平分线交BC于D，且AD＝3，求△ABC面积的最小值．
18．已知等差数列的前项和满足是等差数列，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前20项和.
19．如图，在等腰梯形中，，，，为中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置（平面）.
（1）证明：；
（2）若直线与平面所成的角为，求二面角的正弦值.
20．甲、乙足球爱好者决定加强训练提高球技，两人轮流进行定位球训练（每人各踢一次为一轮），在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人进球另一人不进球，进球者得1分，不进球者得分；两人都进球或都不进球，两人均得0分，设甲每次踢球命中的概率为，乙每次踢球命中的概率为，甲扑到乙踢出球的概率为，乙扑到甲踢出球的概率，且各次踢球互不影响．
(1)经过一轮踢球，记甲的得分为，求的分布列及数学期望；
(2)若经过两轮踢球，用表示经过第2轮踢球后，甲累计得分高于乙累计得分的概率，求．
21．已知椭圆的右焦点为，点A，B在椭圆C上，点到直线的距离为，且的内心恰好是点D．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知O为坐标原点，M，N为椭圆上不重合两点，且M，N的中点H在直线上，求面积的最大值．
22．已知函数.
(1)当时，求在区间上的最小值；
(2)证明：且）.
参考答案：
1．B
【分析】由对数函数的性质求出集合，然后进行交集的运算即可得解.
【详解】因为集合，，
则.
故选：B．
【点睛】本题考查了对数不等式的求解及集合交集的运算，考查了运算求解能力，属于基础题.
2．D
【分析】根据复数的除法运算化简复数，再根据复数的概念即可得答案.
【详解】，其虚部为．
故选：D．
3．C
【分析】根据题意，由，得到，结合对数的运算法则，即可求解.
【详解】由函数是偶函数，则，
可得，即，
所以，解得.
故选：C.
4．A
【分析】求出，利用题干条件得到，，由双曲线定义得到方程，求出，进而得到，，求出双曲线方程.
【详解】设双曲线C的半焦距为．由题可知，即．
因为的中点为Q，为等边三角形，
所以，所以，，
故，所以，，
所以，所以，所以，．
所以双曲线C的方程为．
故选：A
5．A
【分析】根据两角和与差的正弦公式，化简得到，得到，再由，结合正弦函数的性质，即可求解
【详解】由
，
所以，可得，即，即，
因为，可得，所以，所以.
故选：A.
6．C
【分析】由已知结合式子特点合理构造函数，结合导数与单调性的关系分别证出，，然后进行赋值即可比较函数值的大小.
【详解】令，则，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
故，所以，当时取等号.
所以，
令，则，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
故，所以，当时取等号.
所以，即.
故选：C.
7．B
【分析】设，，由题设．将放在棱长为x，y，z的长方体中，可得的关系式，三棱锥的外接球就是长方体的外接球，利用基本不等式结合球的表面积公式求解.
【详解】设，，由题设.
三棱锥中，，，，
将放在棱长为x，y，z的长方体中，如图，
则有，
三棱锥的外接球就是长方体的外接球，
所以，
由基本不等式，当且仅当时等号成立，
所以外接球表面积.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的难点是根据题意得到三棱锥的特征，从而放置到相应的长方体中，由此得解.
8．A
【分析】分离参数，利用导数研究函数的单调性及最值，数形结合得解.
【详解】函数在上存在两个零点，
即在上有2个解，
即与的图象在上有2个交点，
，由可得，函数单调递增，
故时，，函数单调递减，
所以，，
由时，知，，即，可得，
作出图象，如图，
由图象可知，当时满足条件.
故选：A
9．AC
【分析】A选项，根据扇形统计图可得A正确；B选项，从扇形统计图和折线统计图计算出54周岁以上人群参保总费用比18～29周岁人群参保总费用低，B错误；C选项，从条形统计图可得C正确；D选项，从扇形统计图可得到D错误.
【详解】设抽查的5个险种参保客户的总人数为，
A选项，从扇形图可得到54周岁以上参保人数占比为，人数最少，A正确；
B选项，18～29周岁人群人均参保费用高于3500元，故参保总费用高于，
54周岁以上人群人均参保费用为6000元，故参保总费用为，
由于，故18～29周岁人群参保总费用不是最少的，B错误；
C选项，从条形统计图可看出丁险种所占比例为，比其他险种均高，故更受参保人青睐，C正确；
D选项，30周岁以上的人群约占参保人群为，D错误.
故选：AC
10．AD
【分析】依据点与圆的位置关系即可判断A，把圆心代入直线方程看是否满足方程即可判断B，求出圆心到直线的距离即可判断C，利用弦长公式求得弦长即可判断D.
【详解】由圆知：圆心，半径，
对于A：把原点代入圆的方程得，
所以解得或，
所以当或时，圆过原点，故A正确；
对于B：把圆心代入得，
当时，，此时圆心不在直线上，故B不正确；
对于C：圆心到直线的距离：，
所以圆与直线相离，故C不正确；
对于D：圆心到直线的距离为：，
所以圆被直线所截得的弦长为：，故D正确.
故选：AD.
11．BCD
【分析】对于选项A，过作，旋转过程中，点在为半径的圆上运动，利用条件可求出结果；
对于选项B，利用等体法求解；
对于选项C，利用异面直线的定义，取的中点，连接，转化成平面角，在中利用边长关系可求出结果；
对于选项D，利用线面角的定义，过作交的延长线于，连接，转化成平面角，在中求出结果；
【详解】过作，交的延长线于，则，．
在中，，，所以，，
所以在旋转过程中，点运动的轨迹长度为，故A错误．
在中，，，所以．设点到平面的距离为，因为，所以，
即到平面的距离为，故B正确．
取的中点，连接，则，连接，所以或其补角为所求角，在中，，，，所以，所以，所以异面直线与所成的角为90°，故C正确．
过作，交的延长线于，连接，则平面，所以为所求的线面角．
在中，，，所以，故D正确．
故选：BCD
12．BC
【分析】根据题意可知，过P所作圆的两条切线关于直线对称，即，结合都在抛物线上可得，所以A错误，B正确；根据抛物线定义可知，设，则，当直线与抛物线相切时，的最大值是，即C正确，D错误．
【详解】由题意可知，点与圆心同在上，
所以过P所作圆的两条切线关于直线对称，所以．
设，，，
则，
同理可得，，
则，得，
所以，
由，得．
将代入抛物线C的方程，得，解得，
故抛物线C的方程为，所以A错误，B正确．
设，作垂直准线于，如下图所示：

由抛物线的性质可得，
所以，当最小时，的值最大，
所以当直线MN与抛物线C相切时，θ最大，即最小．
由题意可得，设切线MN的方程为，
联立方程组，消去x，得，
由，可得，
将代入，可得，所以，即M的坐标为，
所以，，
所以的最大值为，即C正确，D错误．
故选：BC
【点睛】方法点睛：求解抛物线最值问题时，往往利用抛物线定义和焦半径公式，将问题等价转化即可实现求解.
13．/
【分析】根据已知可得，根据数量积的运算律展开，代入已知条件，即可得出答案.
【详解】由已知，可得，
即.
又，，所以，
所以，，所以.
故答案为：.
14．27
【分析】按照1号球是否放在B盒子分类，结合.
【详解】若1号球放在B盒子中，共有种放法；
若1号球放在C盒子中，共有种放法；
所以共有放法总数为.
故答案为：27.
15．
【分析】首先求证两两垂直，将棱锥补全为长方体，根据它们外接球相同求其半径，进而求表面积.
【详解】由PA⊥平面ABC，面，则，又，
所以两两垂直，故可将三棱锥补全为长方体，
故三棱锥外接球，即为长方体外接球，
令三棱锥外接球半径为，则满足，
所以外接球表面积为.
故答案为：
16．
【分析】设出切点，利用切点求出切线方程，联立方程求出切点处的值，代入求出切线方程.
【详解】因为，，所以，，
设直线与曲线和分别切于点，，
所以切线方程分别为，，
即，，
因此，则，
又，
所以，
化简得，
解得或，
当时，切线方程为，
当时，切线方程为.
故答案为：，.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将边向角转化，然后利用三角函数的公式变形可得答案；
（2）由可得，然后利用基本不等式可得答案.
【详解】（1）由正弦定理，得，
得，
得，
因为，所以，即.
（2）因为，
所以.
因为，即（当且仅当b＝c＝6时，等号成立），
所以．故△ABC面积的最小值为.
18．(1).
(2).
【分析】（1）根据已知，利用等差数列的性质、通项公式、求和公式进行求解.
（2）根据已知，利用裂项相消法求解.
【详解】（1）因为是等差数列，所以，所以，
又是等差数列，所以，即，
整理得，，所以，所以的公差为，
此时，，则有，符合题意，
故数列的通项公式为.
（2）由（1）知，，所以，
因为，所以，
所以
.
19．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）设的中点为，连接、，证明出平面，进而可得出；
（2）证明出平面，然后以为原点，为轴、为轴、为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】（1）设的中点为，连接、，
翻折前，因为，，为的中点，则，
且，故四边形为平行四边形，则，
故，所以，为等边三角形，
为的中点，则，
因为，则，
翻折后，则有，在中，，，，
由余弦定理可得，，
所以，，
，平面，平面，故；
（2）在平面内作，垂足为，
平面，平面，所以，，
，，平面，
所以，直线与平面所成角为，
因为，，则，所以，，故、两点重合，
即平面，以为原点，为轴、为轴、为轴，建立空间直角坐标系，
则、、，则，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，得，易知平面的一个法向量为，
所以，，则.
因此，二面角的正弦值为.
20．(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）先根据题意求得甲进球与乙进球的概率，再结合独立事件的概率公式求得的分布列及数学期望；
（2）分析甲累计得分高于乙累计得分的情况，从而得解.
【详解】（1）记一轮踢球甲进球为事件A，乙进球为事件B，由题意知A，B相互独立，
由题意得：，
甲得分的可能取值为，
则，
，
，
所以的分布列为：
所以
（2）根据题意，经过第2轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的情况有三种，
分别是：甲两轮中第1轮得0分，第2轮得1分，此时乙第1轮得0分，第2轮得分；
或者甲第1轮得1分，第2轮得0分，此时乙第1轮得分，第2轮得0分；
或者甲两轮各得1分，此时乙两轮各得分；
于是
.
21．(1)
(2)
【分析】（1）设椭圆的左焦点为，则，再根据的内心恰好是点D，可得轴，求出直线的方程，再根据点到直线的距离求得即可得解；
（2）设，利用点差法求得直线的斜率为，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，再利用弦长公式求出，利用点到直线的距离公式求出点直线的距离，再利用三角形的面积公式结合基本不等式即可得解.
【详解】（1）设椭圆的左焦点为，则，
故点到直线的距离等于，
因为的内心恰好是点D，
所以点到直线的距离相等且为，
则即为点到直线的距离，
所以，即轴，
由，令，则，
不妨取，则，
故直线的方程为，即，
则点到直线的距离为，即，
又，所以，
所以椭圆C的标准方程为；

（2）设，
则，
因为M，N为椭圆上不重合两点，
则有，两式相减得，
则，即，
设直线的方程为，
联立，消得，
，解得，
所以，
，
则，
原点到直线的距离，，
故，
当且仅当，即时，取等号，
所以面积的最大值为．

【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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．(1)
(2)证明详见解析
【分析】（1）利用导数判断出在区间上的单调性，从而求得最小值.
（2）先证得在区间上恒成立，进而证得要证明的不等式成立.
【详解】（1），
，，
令，
令，
所以在区间上单调递减，即在区间上单调递减.
，
故存在使，
所以在区间单调递增，在区间单调递减，
，所以在区间，，
所以在区间上递增，最小值为.
（2）由（1）可知在区间上恒成立（），
所以，
对于函数，，
所以在区间上单调递增，
所以当时，，即，
所以，
即在区间上恒成立，
所以
.
【点睛】关键点点睛：不等式证明的可考虑综合法以及分析法，本题第小问是分析法.在导数运用的题目中，第一问的结论可能会用到第二问.特殊不等式（常见不等式）等，可以在平时做题中积累，解答过程中需要利用导数进行简单的证明.当一次求导无法求得函数的单调性时，可考虑利用多次求导来进行求解.
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