天津市滨海新区2021届高三下学期二模数学试题（word版 含答案）

这是一份天津市滨海新区2021届高三下学期二模数学试题（word版 含答案），共24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。
天津市滨海新区2021届高三下学期二模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________  一、单选题1．已知全集，集合，，则（    ）A． B． C． D．2．命题：是命题：的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件3．函数的图象可能是（    ）A． B．C． D．4．学校为了解学生课外读物方面的支出情况，抽取了个同学进行调查，结果显示这些同学的支出都在，(单位：元)，其中支出在，(单位：元)的同学有33人，其频率分布直方图如图所示，则支出在，(单位：元)的同学人数是（    ）A．100 B．120 C．30 D．3005．设，，，则a、b、c的大小顺序是　　A． B． C． D．6．已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，且平面，，，，则球O的表面积为（    ）A． B． C． D．7．已知双曲线的焦点在，过点的直线与两条渐近线的交点分别为M､N两点(点位于点M与点N之间)，且，又过点作于P(点O为坐标原点)，且，则双曲线E的离心率（    ）A． B． C． D．8．已知函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，若且的图象不重合，则A．图象关于点对称 B．的图象关于直线C．在上是增函数 D．是的极小值点9．若关于的方程恰有三个不同的解，则实数的取值范围为（    ）A． B．C． D． 二、填空题10．已知复数为虚数单位)，则___________.11．若的展开式中第5项为常数项，则该常数项为______（用数字表示）．12．已知圆的圆心是抛物线的焦点，直线与圆相交于两点，且，则圆的标准方程为____13．已知，，，那么的最小值为___.14．在平行四边形ABCD中，，边AB，AD的长分别为2和1，若M，N分别是边BC，CD上的点,且满足，则的取值范围是_________． 三、双空题15．某校在高一年级一班至六班进行了“社团活动”满意度调查（结果只有“满意”和“不满意”两种），从被调查的学生中随机抽取了50人，具体的调查结果如表：班号一班二班三班四班五班六班频数451181012满意人数328566 现从一班和二班调查对象中随机选取4人进行追踪调查，则选中的4人中恰有2人不满意的概率为___________；若将以上统计数据中学生持满意态度的频率视为概率，在高一年级全体学生中随机抽取3名学生，记其中满意的人数为X，则随机变量X的数学期望是___________ 四、解答题16．在中，内角所对的边分别为.已知，（1）求角的大小；（2）若，求的面积.17．如图，已知菱形与直角梯形所在的平面互相垂直，其中，，，，为的中点（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）设为线段上一点，，若直线与平面所成角的正弦值为，求的长.18．已知等差数列中，，，（1）求数列的通项公式；（2）若将数列的项重新组合，得到新数列，具体方法如下：，，，，，依此类推，第项由相应的中项的和组成.（i）求数列的通项公式；（ii）求数列的前项和.19．已知抛物线的焦点与椭圆：的一个顶点重合，且这个顶点与椭圆的两个焦点构成的三角形面积为.（1）求椭圆的方程； （2）若椭圆的上顶点为，过作斜率为的直线交椭圆于另一点，线段的中点为，为坐标原点，连接并延长交椭圆于点，的面积为，求的值.20．已知函数.（1）当时，求函数的单调递增区间；（2）记函数的图象为曲线，设点、是曲线上两个不同点，如果曲线上存在，使得：①；②曲线在点处的切线平行于直线，则称函数存在“中值相依切线”.试问：函数是否存在中值相依切线，说明理由.（3）当，时，关于的不等式恒成立，求实数的最大值. 
参考答案1．B【分析】首先求解集合，再求集合的混合运算.【详解】由题可得，则，因此.故选：B．2．B【分析】解一元二次不等式，利用充分条件、必要条件即可判断.【详解】，所以，反之.故是的必要不充分条件.故选：B3．B【分析】从定义域、奇偶性、特殊值出发，逐一排除即可．【详解】易知函数的定义域为，且，所以是奇函数，排除选项C，D；当时，，故排除A．故选：B．【点睛】本题需要学生通过函数解析式抽象出函数图象的特征，并据此对四个选项进行分析，以此考查学生灵活运用所学知识判断函数图象特征的能力，潜移默化中渗透对数学探索学科素养的考查．4．C【分析】根据频率分布直方图得到支出在，的频率，再由支出在，的同学有33人，求得n，再由支出在，的频率求解.【详解】支出在，的频率为，又支出在，的同学有33人，所以，解得，支出在，的频率为，所以支出在，的同学人数是，故选：C5．A【分析】利用对数函数的性质推导出，，利用指数函数的性质推导出，由此能求出结果．【详解】，，，．故选A．【点睛】本题考查三个数的大小的比较，解题时要认真审题，注意对数函数、指数函数的性质的合理运用，是基础题．6．A【分析】根据平面BCD，得到，，再由，，，得到，则三棱锥截取于一个长方体，然后由长方体的外接球即为三棱锥的外接球求解.【详解】因为平面BCD，所以，，∴，在中，，∴，∴.如图所示：三棱锥的外接球即为长方体AGFH-BCED的外接球，设球O的半径为R，则，解得，所以球O的表面积为，故选：A.7．C【分析】由题意知，，即中，进而求出，又中可求，可得渐近线的倾斜角大小，进而求离心率.【详解】由题意，可得如下示意图：其中，知：，又，，即且，∴中，有，得，∴在中，，若与x轴夹角为，即，∴，由，即可得.故选：C【点睛】关键点点睛：利用线段的比例关系，以及垂直关系求两渐近线的夹角大小，进而根据渐近线的斜率求参数a、b的数量关系，即可求离心率.8．B【分析】首先根据已知条件求出得值，进而可得的解析式，再利用正弦函数的对称性、单调性、最值逐一判断四个选项的正误，即可得正确选项.【详解】由向左平移个单位后得，所以，.由且的图象不重合，可知，所以，因为，所以，，.对于选项A：由， 可得选项A错误；对于选项B：令可得，可得选项B正确；对于选项C：当时，，因为在单调递增，在单调递减，所以在上不单调，故选项C不正确；，故选项D不正确；故选：B.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是根据两个函数图象不重合得出两角之和等于，结合的范围求出的值即得解析式.9．B【分析】原题等价于方程恰好有三个不同的解，作出函数的图象，观察图象即可得解.【详解】方程，即恰有三个不同的解，即函数与有三个不同的交点.函数的图象是顶点在直线的“V”型函数；函数，得斜率为-1的切线的切点，，即切线为和，故与相切于点；函数，得斜率为-1的切线的切点，，即切线为和，故与相切于点；作图，，如下：由图象可知，沿直线在之间滑动时与有三个不同的交点，故.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是发现与和分别相切于点，且的顶点在直线，结合图象即突破难点.10．【分析】先利用复数的除法化简复数z，再利用模的公式求解.【详解】因为，所以，故答案为：11．35【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，求得、的值，可得结论．【详解】解：的展开式的通项公式为，展开式中第5项为常数项，故当时，，，该展开式的常数项为，故答案为：35．12．【分析】先根据抛物线方程求得焦点坐标，得圆心以及圆心到直线的距离，根据勾股定理求得圆的半径，则圆的方程可得.【详解】依题意可知，抛物线的焦点为，即圆的圆心坐标为，直线与圆相交于两点，且，圆心到直线的距离为，圆的半径为，则所求圆的方程为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了抛物线的应用，涉及了圆的基本性质，点到直线的距离，数形结合思想等问题，是基础题.13．【分析】由已知可得，，代入到所求式子后，利用乘法，结合基本不等式即可求解.【详解】解：，，，，.，当且仅当即时取等号，此时有最小值.故答案为：.【点评】本题考查了“乘法”与基本不等式的性质，属于基础题.14．【分析】画出图形，建立直角坐标系，利用比例关系，求出，的坐标，然后通过二次函数求出数量积的范围．【详解】解：建立如图所示的直角坐标系，则，，，设，，则，，，，所以，，，因为，二次函数的对称轴为：，所以时，．故答案为：【点睛】本题考查向量的综合应用，平面向量的坐标表示以及数量积的应用，二次函数的最值问题，考查计算能力，属于中档题．15．    ；    【分析】第一空：利用古典概型的概率公式计算即可；
第二空：X的所有可能取值为0，1，2，3，求出分布列，进而通过数学期望计算公式即可得出.【详解】解：第一空：从一班和二班调查对象中随机选取4人进行追踪调查，则选中的4人中恰有2人不满意的概率为；第二空：在高一年级全体学生中随机抽取1名学生，其满意概率为，X的所有可能取值为0，1，2，3．
，，，，分布列如下：0123 .故答案为：；.【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列与数学期望计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.16．（1）；（2）．【详解】试题分析：（1）求角的大小，由已知，可利用降幂公式进行降幂，及倍角公式变形得，移项整理，，有两角和与差的三角函数关系，得，可得，从而可得；（2）求的面积，由已知，，且，可由正弦定理求出，可由求面积，故求出即可，由，，故由即可求出，从而得面积．（1）由题意得，，即，，由得，，又，得，即，所以；（2）由，，得，由，得，从而，故，所以的面积为．点评：本题主要考查诱导公式，两角和与差的三角函数公式，二倍角公式，正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，等基础知识，同时考查运算求解能力． 17．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ） .【详解】试题分析：（Ⅰ）要证线面平行，就要证线线平行，考虑到是中点，因此取中点，可得与平行且相等，从而可证得，所以可证得线面平行；（Ⅱ）求二面角，可建立空间直角坐标系，用向量法求解，考虑到平面与平面垂直，是菱形，因此取中点，则有，因此，所以可作，以为轴建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出二面角两个面的法向量，由法向量的夹角可得二面角；（Ⅲ）在（Ⅱ）的坐标系，利用已知得点坐标，从而可得向量的坐标，利用向量与平面的法向量夹角的正弦值可求得，最后可得的长度.试题解析：（Ⅰ）取的中点，连接，则∥∥ ,且，所以四边形为平行四边形 所以∥，又平面， 平面，则∥平面.   （Ⅱ）取 中点，连接，则 因为平面 平面，交线为，则平面            作∥，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，则       于是 ，设平面的法向量 ，则 令，则  平面的法向量   所以  又因为二面角为锐角，所以其余弦值为. （Ⅲ）则 ， ，而平面的法向量为，设直线与平面所成角为，于是         于是, .18．（1）；（2）（i）；（ii）.【分析】（1）设的公差为，利用等差数列性质知，由此构造方程组求得，由等差数列通项公式可求得公差，由此可得；（2）（i）采用分组求和的方式，结合等差数列求和公式可求得；（ii）由（i）得到的通项，由等比数列求和公式可求得结果.【详解】（1）设等差数列的公差为，由知，且，，，；（2）（i）由题意得：，即是首项为，公差为的等差数列的项的和，，；（ii）由（i）知：，.【点睛】关键点点睛：本题考查等差和等比数列通项和求和问题，解题关键是能够根据的形式，采用分组求和的方式，结合等差数列求和公式，求得的通项公式.19．(1);(2).【详解】分析：（1）根据抛物线的性质可得椭圆中的，再根据三角形的面积求出，根据，即可求出椭圆方程，
（Ⅱ）过点的直线方程为，代入到由得，可求出点的坐标，再求出的坐标和的坐标，以及|和点到直线的距离，根据三角形的面积求出的值．详解：（1）因为抛物线的焦点与椭圆的一个顶点重合，∴，又椭圆的顶点与其两个焦点构成的三角形的面积为，∴，∴故椭圆的方程是.（2）由题意设直线的方程为，设点由得解得∴，∴直线斜率，直线的方程为，由得点到直线：的距离为∵，∴，又，∴令，则，解得，∴，解得或（舍）∴的值为.点睛：本题考查椭圆方程、椭圆性质、直线方程、理、弦长公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．20．（1）和；（2）不存在“中值相依切线”，理由见解析；（3）.【分析】（1）求得函数的定义域，求得，解不等式，可求得函数的单调递增区间；（2）假设函数存在“中值相依切线”，可得出，设，分析可得出，构造函数，其中，利用函数的单调性判断方程在时无解，由此可得出结论；（3）由题意可知，不等式对任意的恒成立，分析得出，变形可得，构造函数，可得出函数为上的增函数，可得出，可得，构造函数，利用导数求出函数在上的值域，由此可得出实数的最大值.【详解】（1）函数的定义域为，.令可得或，，则.由，可得或.则的单调递增区间为和；（2）假设函数存在“中值相依切线”，，，由题设条件，有，即，即，不妨设，设，可得，构造函数，其中，则，所以，函数在区间上为增函数，则，即方程在上无解，因此，函数不存在“中值相依切线”；（3）当时，，即恒成立，时显然恒成立，只需考虑，即恒成立，即，令，则，，则，，当时，，所以，函数在上为增函数，所以，，即，则恒成立.令，其中，则，单调递减，则，则.综上所述，的最大值为.【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1），；（2），；（3），；（4），.