2021届天津市河东区高三二模数学试卷及答案

2021届天津市河东区高三二模数学试卷及答案

一、单选题

1．复数（i为虚数单位）在复平面内对应的点所在象限为（　　）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

2．生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标，若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为

A． B．

C． D．

3．若，，，则（       ）．

A． B． C． D．

4．已知非零向量满足，且，则与的夹角为

A． B． C． D．

5．函数f(x)=在[—π，π]的图像大致为

A． B．

C． D．

6．若，则“”是 “”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．既不充分也不必要条件

7．函数（其中，）的部分图象如图所示，为了得到的图象，则只要将的图象（       ）．

A．向左平移个单位 B．向右平移个单位

C．向左平移个单位 D．向右平移个单位

8．设双曲线的离心率为，且直线（是双曲线的半焦距）与抛物线的准线重合，则此双曲线的方程为（       ）．

A． B．

C． D．

9．已知，函数，若函数恰有三个零点，则

A． B．

C． D．

二、填空题

10．已知集合，，则=___________.

11．某高校甲、乙、丙、丁四个专业分别有150，150，400，300名学生．为了解学生的就业倾向，用分层抽样的方法从该校这四个专业共抽取40名学生进行调查，应在丙专业抽取的学生人数为________．

12． 曲线在点处的切线方程为__________.

13．函数的图象恒过定点，若点在直线上，则的最小值为________．

14．已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为正三角形，分别是的中点，，则球的体积为_________________．

15．设是定义在R上的奇函数，且当时，，若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是__________.

三、解答题

16．在△ABC中，a=3，b−c=2，cosB=．

（Ⅰ）求b，c的值；

（Ⅱ）求sin（B–C）的值．

17．如图，在直三棱柱中，，，，，点是的中点．

（1）求证：；

（2）求证：平面；

（3）求二面角正切值的大小．

18．设数列的前项和为，为等比数列，且，．

（1）求数列和的通项公式；

（2）设，求数列的前项和．

19．已知椭圆的右焦点为，且经过点.

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.

20．已知实数，设函数

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）对任意均有 求的取值范围.

注：为自然对数的底数.

参考答案：

1．D

【解析】

【详解】

,

对应的点为,在第四象限，故选D.

2．B

【解析】

【分析】

本题首先用列举法写出所有基本事件，从中确定符合条件的基本事件数，应用古典概率的计算公式求解．

【详解】

设其中做过测试的3只兔子为，剩余的2只为，则从这5只中任取3只的所有取法有，共10种．其中恰有2只做过测试的取法有共6种，

所以恰有2只做过测试的概率为，选B．

【点睛】

本题主要考查古典概率的求解，题目较易，注重了基础知识、基本计算能力的考查．应用列举法写出所有基本事件过程中易于出现遗漏或重复，将兔子标注字母，利用“树图法”，可最大限度的避免出错．

3．A

【解析】

【分析】

分别把a，b，c与0，1进行比较，即可求得大小关系.

【详解】

；；；

则

故选：A

4．B

【解析】

【分析】

本题主要考查利用平面向量数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化归、数学计算等数学素养．先由得出向量的数量积与其模的关系，再利用向量夹角公式即可计算出向量夹角．

【详解】

因为，所以=0，所以，所以=，所以与的夹角为，故选B．

【点睛】

对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为．

5．D

【解析】

【分析】

先判断函数的奇偶性，得是奇函数，排除A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案．

【详解】

由，得是奇函数，其图象关于原点对称．又．故选D．

【点睛】

本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取性质法或赋值法，利用数形结合思想解题．

6．A

【解析】

本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.

【详解】

当时，，则当时，有，解得，充分性成立；当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件.

【点睛】

易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.

7．B

【解析】

【分析】

根据图像求得参数的值，写出函数的解析式，根据函数平移的方法求得结果.

【详解】

由题知，，，则，，

，则，又，

则，即，

则只需将函数向右平移个单位即可；

故选：B

【点睛】

关键点点睛：根据函数图像求得函数解析，进而判断函数图像平移.

8．C

【解析】

【分析】

本题首先可根据离心率为得出，然后根据直线与抛物线的准线重合得出，最后两者联立，求出、以及的值，即可得出结果.

【详解】

因为双曲线的离心率为，所以，

因为抛物线的准线为，直线与抛物线的准线重合，

所以，

联立，解得，，，

故双曲线的方程为，

故选：C.

9．C

【解析】

当时，最多一个零点；当时，，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画函数草图，根据草图可得．

【详解】

当时，，得；最多一个零点；

当时，，

，

当，即时，，在，上递增，最多一个零点．不合题意；

当，即时，令得，，函数递增，令得，，函数递减；函数最多有2个零点；

根据题意函数恰有3个零点函数在上有一个零点，在，上有2个零点，

如图：

且，

解得，，．

故选．

【点睛】

遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.由于方程中涉及两个参数，故按“一元化”想法，逐步分类讨论，这一过程中有可能分类不全面、不彻底.

10．

【解析】

先化简集合N，再利用交集运算求解.

【详解】

因为集合，，

所以= ，

故答案为：

11．16

【解析】

【详解】

试题分析：因为高校甲乙丙丁四个专业分别有名学生，所以本校共有学生名，因为用分层抽样的方法从该校四个专业共抽取名学生进行调查，所以每个个体被抽到的概率是，因为丙专业有人，所以要抽取人．

考点：分层抽样．

12．

【解析】

【分析】

利用导数值确定切线斜率，再用点斜式写出切线方程．

【详解】

，

当时其值为，

故所求的切线方程为，即．

【点睛】

曲线切线方程的求法：

(1)以曲线上的点(x0，f(x0))为切点的切线方程的求解步骤：

①求出函数f(x)的导数f′(x)；

②求切线的斜率f′(x0)；

③写出切线方程y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，并化简．

(2)如果已知点(x1，y1)不在曲线上，则设出切点(x0，y0)，解方程组得切点(x0，y0)，进而确定切线方程．

13．4

【解析】

函数的图象恒过定点，而定点在直线上，代入可得，利用乘“1”法即可得到最值．

【详解】

函数的图象恒过定点

因为点在直线上，所以

则

当且仅当时取等号．

故答案为：4．

【点睛】

本题关键点在于找到“1”，隐藏的“1”在定点当中，提醒我们在备考中，要灵活的使用.

14．

【解析】

【分析】

由已知设出，，，分别在中和在中运用余弦定理表示，得到关于x与y的关系式，再在中运用勾股定理得到关于x与y的又一关系式，联立可解得x，y，从而分析出正三棱锥是，，两两垂直的正三棱锥，所以三棱锥的外接球就是以为棱的正方体的外接球，再通过正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线的长求出球的半径，再求出球的体积.

【详解】

在中，设，，，,，

因为点，点分别是，的中点，所以，，

在中，，在中，，

整理得，

因为是边长为的正三角形，所以，

又因为，所以，由，解得，

所以．

又因为是边长为的正三角形，所以，所以，

所以，，两两垂直，

则球为以为棱的正方体的外接球，

则外接球直径为，

所以球的体积为,

故答案为.

【点睛】

本题主要考查空间几何体的外接球的体积，破解关键在于熟悉正三棱锥的结构特征，运用解三角形的正弦定理和余弦定理得出三棱锥的棱的关系，继而分析出正三棱锥的外接球是以正三棱锥中互相垂直的三条棱为棱的正方体的外接球，利用正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线的长求解更方便快捷，属于中档题．

15．

【解析】

结合奇偶性求解函数的解析式，结合解析式的特点将问题等价于恒成立，进而利用单调性求解即可.

【详解】

由题意知，则，

所以恒成立等价于恒成立.

由题意得在R上是增函数，

所以恒成立，即恒成立.

又，所以当时，取得最大值

所以，解得.

故实数的取值范围是.

故答案为.

【点睛】

关键点点睛：本题主要考查函数奇偶性和单调性的应用，稍有综合性，化为同名函数是求解关键，侧重考查数学抽象的核心素养.

16．(Ⅰ) ；

(Ⅱ) .

【解析】

【分析】

(Ⅰ)由题意列出关于a,b,c的方程组，求解方程组即可确定b,c的值；

(Ⅱ)由题意结合正弦定理和两角和差正余弦公式可得的值.

【详解】

(Ⅰ)由题意可得：，解得：.

(Ⅱ)由同角三角函数基本关系可得：，

结合正弦定理可得：，

很明显角C为锐角，故，

故.

【点睛】

本题主要考查余弦定理、正弦定理的应用，两角和差正余弦公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

17．（1）详见解析；（2）详见解析；（3）.

【解析】

【分析】

（1）本题首先可根据三棱柱是直三棱柱得出，然后根据勾股定理得出，最后通过线面垂直的判定与性质即可证得结论；

（2）本题可通过三角形的中位线的相关性质得出，然后根据线面平行的判定即可证得结论；

（3）本题首先可作空间直角坐标系，然后求出平面的法向量以及平面的法向量，最后根据以及同角三角函数关系即可得出结果.

【详解】

（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，，

因为，，，所以，，

因为，所以平面，.

（2）如图，与交于点，连接，

因为三棱柱是直三棱柱，，，

所以四边形是正方形，点是线段中点，

因为点是的中点，所以，

因为平面，平面，所以平面.

（3）如图，构建空间直角坐标系，

则，，，，，

，，，

因为平面，所以是平面的法向量，

设是平面的法向量，

则，即，设，则，，，

设二面角为，则，

，，二面角的正切值为.

【点睛】

关键点点睛：本题考查线面垂直的判定与性质、线面平行的判定以及二面角的正切值的求法，可借助空间向量以及同角三角函数关系求出二面角的正切值，若直线与平面垂直，则直线垂直平面内的所有直线，考查推理能力，考查数形结合思想，是难题.

18．（1），；（2）

【解析】

【分析】

（1）由已知利用递推公式，

可得，代入分别可求数列的首项，公比，从而可求.

（2）由（1）可得，利用乘“公比”错位相减法求和．

【详解】

解：(1)当时，

，

当时，满足上式，

故的通项式为．

设的公比为，

由已知条件知，

，，所以，

，即．

(2)，

两式相减得：

【点睛】

本题考查等差数列、等比数列的求法，错位相减法求数列通项，属于中档题.

19．（Ⅰ）；

（Ⅱ）见解析.

【解析】

【分析】

(Ⅰ)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程；

(Ⅱ)设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证明直线恒过定点.

【详解】

（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为，所以；

因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为.

（Ⅱ）设

联立得，

，，.

直线，令得，即；

同理可得.

因为,所以；

，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点.

【点睛】

解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

20．（1）的单调递增区间是,单调递减区间是；（2）.

【解析】

【分析】

(1)首先求得导函数的解析式，然后结合函数的解析式确定函数的单调区间即可.

(2)由题意首先由函数在特殊点的函数值得到a的取值范围，然后证明所得的范围满足题意即可.

【详解】

(1)当时，，函数的定义域为，且：

，

因此函数的单调递增区间是,单调递减区间是.

(2)由，得，

当时，，等价于，

令，则，

设，，

则，

（i）当时，，

则，

记，

则

列表讨论：

（ii）当时，，

令，

则，

故在上单调递增，，

由（i）得，

，

由（i）（ii）知对任意，

即对任意，均有，

综上所述，所求的a的取值范围是．

【点睛】

导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．