山东省滨州市2021届高三下学期5月第二次模拟考试数学试题+答案

这是一份山东省滨州市2021届高三下学期5月第二次模拟考试数学试题+答案，共18页。试卷主要包含了考试结束后将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。

滨州市2021届高三下学期5月第二次模拟考试
数学试题
2021.5
本试卷共4页，共22小题，满分150分，考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后将答题卡交回.
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.设全集，，，则图中阴影部分所表示的集合为
A.B.
C.D.
2.设i为虚数单位，则复数的虚部为
A.B.C.D.
3.在正方体中，M是棱的中点，P是底面ABCD内（包括边界）的一个动点，若平面，则异面直线MP与所成角的取值范围是
A.B.C.D.
4.设曲线（e=2.718…为自然对数的底数）在点处的切线及直线和两坐标轴的正半轴所围成的四边形有外接圆，则
A.B.C.D.1
5.已知，分别是双曲线的左、右焦点，点Р是双曲线C上在第一象限内的一点，若，则双曲线C的离心率的取值范围为
A.B.C.D.
6.甲、乙两人做从装有14个玻璃球的盒子中抓取玻璃球的游戏，规定：甲、乙两人轮流抓取，每次至少抓取1个，最多抓取4个，最后一次取完者获胜.若甲先抓取，为确保甲一定获胜，则甲第一次应该抓取的玻璃球个数为
A.1B.2C.3D.4
7.已知，（e=2.718…为自然对数的底数），，则a，b，c的大小关系为
A.B.
C.D.
8.2020年是实施脱贫攻坚的最后一年，某地区针对最后深度贫困的A，B，C，D，E五个自然村引入五个脱贫项目（其中林果，茶园，养殖，旅游，农业特色深加工各一个项目）进行对口帮扶，不同的村安排不同的项目，且每个村只安排一个项目.由于自然村条件限制，A，B两个村无法实施农业特色深加工项目，C村无法实施养殖项目，D，E两个村可以实施任何项目，则符合条件的不同安排方式共有
A.48种B.54种C.60种D.72种
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得⒉分，有选错的得0分.
9.为庆祝建党100周年，讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进全体党员干部职工对党史知识的了解，某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比赛，某支部在5道党史题中（有3道选择题和⒉道填空题），不放回地依次随机抽取⒉道题作答，设事件A为“第1次抽到选择题”，事件B为“第⒉次抽到选择题”，则下列结论中正确的是
A.B.
C.D.
10.已知一组数据的平均数、中位数、众数依次成等差数列，若这组数据丢失了其中的一个，剩下的六个数据分别是2，2，4，2，5，10，则丢失的这个数据可能是
A.-11B.3C.9D.17
11.函数的部分图象如图所示，则下列结论中正确的是
A.的最小正周期为
B.的最大值为2
C.在区间上单调递增
D.为偶函数
12.已知正方形的边长为2，将沿AC翻折到的位置，得到四面体，在翻折过程中，点始终位于所在平面的同一侧，且的最小值为，则下列结论正确的是
A.四面体的外接球的表面积为
B.四面体体积的最大值为
C.点D的运动轨迹的长度为
D.边AD旋转所形成的曲面的面积为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知等比数列的前项和为，，，则公比______________.
14.已知平面向量，，是单位向量，且，则的最大值为______________.
15.某同学设想用“高个子系数k”来刻画成年男子的高个子的程度，他认为，成年男子身高160cm及其以下不算高个子，其高个子系数k应为0；身高190cm及其以上的是理所当然的高个子，其高个子系数k应为1，请给出一个符合该同学想法、合理的成年男子高个子系数k关于身高的函数关系式_____________.
16.最大视角问题是1471年德国数学家米勒提出的几何极值问题，故最大视角问题一般称为“米勒问题”.如图，树顶A离地面a米，树上另一点B离地面b米，在离地面米的C处看此树，离此树的水平距离为_____________米时看A，B的视角最大.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
问题：在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知__________.
（1）求角C；
（2若，，内角C的平分线CE交边AB于点E，求CE的长.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
18.已知各项均为正数的数列的前n项和为，，.
（1）求证；数列是等差数列，并求的通项公式；
（2）若表示不超过的最大整数，如，，求证：.
19.为落实中央“坚持五育并举，全面发展素质教育，强化体育锻炼”的精神，某高中学校鼓励学生自发组织各项体育比赛活动，甲、乙两名同学利用课余时间进行乒乓球比赛，规定：每一局比赛中获胜方记1分，失败方记0分，没有平局，首先获得5分者获胜，比赛结束.假设每局比赛甲获胜的概率都是.
（1）求比赛结束时恰好打了6局的概率；
（2）若甲以3：1的比分领先时，记X表示到结束比赛时还需要比赛的局数，求X的分布列及期望.
20.如图，在四棱锥中，O是BD的中点，平面ABCD，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）设，若二面角的余弦值为，求的值.
21.已知圆，动圆M过点且与圆C相切.
（1）求动圆圆心M的轨迹E的方程；
（2）假设直线l与轨迹E相交于A，B两点，且在轨迹E上存在一点P，使四边形OAPB为平行四边形，试问平行四边形OAPB的面积是否为定值?若是，求出此定值；若不是，请说明理由.
22.已知函数.
（1）求的极值；
（2当时，若，且，求证：.
高三数学试题参考答案
2021.5
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.D 2.B 3.C 4.B 5.A 6.D 7.C 8.C
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得⒉分，有选错的得0分.
9.ABC 10.ABD 11.BD 12.ACD
三，填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.1或
14.
15.，（只要写出的函数满足在区间上单调递增，且过点和即可.答案不唯一）
16..
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.解：（1）若选条件①：因为，由正弦定理可得
，
所以.
因为，即，所以.
因为，所以.
又因为为锐角三角形，所以.
若选条件②：因为，所以，
即，
所以，
解得.
因为为锐角三角形，所以.
若选条件③：因为，又，所以.
由正弦定理可得，.
因为，所以，
即.
因为为锐角三角形，所以，
则有，所以，所以.
（2）因为，，由正弦定理得.
因为为锐角三角形，
所以，则.
因为CE是角C的平分线，所以，
故，所以，
则为等腰三角形，所以.
故CE的长为.
18.解：（1）因为，
所以当时，.
所以.
又因为，所以.
所以.
所以数列是以为首项，公差为1的等差数列.
所以，所以.
所以当时，.
又因为满足上式，
所以的通项公式为.
另解：
当时，，
当时，，满足上式，
所以的通项公式为.
（2）.
当时，，
故，
当时，，
所以对任意的，都有.
又.
所以.
所以.
19.（12分）
解：（1）比赛结束时恰好打了6局，甲获胜的概率为，
恰好打了6局，乙获胜的概率为，
所以比赛结束时恰好打了6局的概率为.
（2）X的可能取值为2，3，4，5，
，
，
，
.
所以X的分布列如下：
故.
20.解：（1）设，连接.
因为，O为BD的中点，
所以，即O为的中心.
又因为，所以.
由平面ABCD，可得.
又，所以平面PDB，
所以.
因为，，所以，，，，
所以，则.
又，所以平面APC.
因为平面ADP，所以平面平面APC.
（2）以N为坐标原点，NA，NB所在直线分别为x，y轴，过点N且与直线OP平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
由（1）得，，，，，.
所以，，.
.
设平面BDM的法向量为，则
即得.令，得.
所以平面BDM的一个法向量为.
由（1）知，平面APC，同理可得平面PDC，所以平面PDC的一个法向量为.
所以，
整理得，解得是或.
当时，二面角的平面角为钝角，不符合题意.
故.
21.解：（1）因为，所以点D在圆内.
又因为圆M过点D且与圆C相切，所以，
所以.
即点M的轨迹是以C，D为焦点的椭圆.
则，即.
又因为，所以.
故动圆圆心M的轨迹E的方程为：.
（2）当直线AB的斜率不存在时，可得直线AB的方程为，此时，所以四边形OAPB的面积.
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，
由整理得，.
因为直线l与轨迹E相交于A，B两点，
所以.
设，，则，.
所以.
设AB的中点为Q，
则Q的坐标为.
因为四边形OAPB为平行四边形，所以，
所以点P的坐标为.
又因为点Р在椭圆上，所以.
整理得，.
又因为，
原点О到直线AB的距离为，
所以平行四边形OAPB的面积.
综上可知，平行四边形OAPB的面积为定值.
22.解：（1）由题意得，.
①当时，恒成立，
所以函数为R上的增函数，没有极值.
②当时，令，得.
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增；
所以当时，函数取得极小值，极小值为，没有极大值.
综上所述，当时，函数没有极值；
当时，的极小值为，没有极大值.
（2）解法1：
首先证明：.设，则.
当时，在区间上是增函数；
当时，，在区间上是减函数；
所以，即，
即.
所以要证，只需证.
不妨设，由（1）知，.
要证，即证.
因为，所以.
又，函数在上单调递减，
故只需证明，
即证.
又，所以只需证明.
令.
则，
当且仅当，即时，等号成立.
所以在上单调递增.
所以.
因为，所以，即，问题得证.
故，
所以.
解法2：
首先证明：.
设，则.
当时，，在区间上是增函数；
当时，，在区间上是减函数；
所以，即，
即
所以要证，只需证.
不妨设，由（1）知，.
令
则，
当且仅当，即时，等号成立.
所以在上单调递增.
所以.
因为，所以，
即.
又，所以.
因为，所以.
又，函数在上单调递减，所以，
即.
所以.
2
3
4
5