广东省普宁市华美实验学校2021届高三下学期二模数学试题（解析版）

这是一份广东省普宁市华美实验学校2021届高三下学期二模数学试题（解析版），共25页。试卷主要包含了选择题．，多项选择题，填空题．，解答题.等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年度华美实验学校
高三数学二模试题卷
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分．考试时间为120分钟．
一、选择题（本大题包括12小题，每小题5分，共60分，1-8为单选，9-12为多选）．
1. 已知集合，，则中元素的个数为（ ）
A. 3 B. 2 C. 1 D. 0
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：集合中的元素为点集，由题意，可知集合A表示以为圆心，为半径的单位圆上所有点组成的集合，集合B表示直线上所有的点组成的集合，又圆与直线相交于两点，，则中有2个元素.故选B.
【名师点睛】求集合的基本运算时，要认清集合元素的属性(是点集、数集或其他情形)和化简集合，这是正确求解集合运算的两个先决条件.集合中元素的三个特性中的互异性对解题影响较大，特别是含有字母的集合，在求出字母的值后，要注意检验集合中的元素是否满足互异性.

2. 已知复数(为虚数单位)，则=
A. 3 B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简复，利用复数模的公式求解即可.
【详解】∵
∴=
故选D.
【点睛】本题考查复数的模的定义，两个复数代数形式的乘除法，虚数单位的幂运算性质，两个复数相除，分子和分母同时除以分母的共轭复数．
3. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则“”是“为锐角三角形”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】先化简，再利用充分条件与必要条件的定义进行判断即可.
【详解】在中，，则，
又，
所以，
则有，又，所以，故角B为锐角.
当B为锐角时，不一定是锐角三角形；
当为锐角三角形时，B为锐角，
故“”是“为锐角三角形”的必要不充分条件.
故选：B
4. 在中，，，，点D为边上一点，且D为边上靠近C的三等分点，则（ ）
A. 8 B. 6 C. 4 D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】用作为一个基底，表示向量，然后利用数量积运算求解.
【详解】在中，已知，，，
所以，
，
，

故选：A
【点睛】本题主要考查平面向量基本定理以及数量积运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
5. 已知顶点在原点的锐角绕原点逆时针转过后，终边交单位圆于，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
本题首先可根据终边交单位圆于得出，然后根据得出以及，最后根据两角差的正弦公式即可得出结果.
【详解】因为锐角绕原点逆时针转过后，终边交单位圆于，
所以，或（舍去），，
则，，
故
，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据角的终边经过的点的坐标求角的正弦值和余弦值，考查两角差的正弦公式，求出点坐标、以及的值是解决本题的关键，考查计算能力，是中档题.
6. 若函数在上有两个零点，则实数m的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
令，判断的单调性和极值，根据有两解得出的范围.
【详解】令，则，
令，则由知，
在上单调递减，在上单调递增，
且，，，
∵，，，∴，
所以若函数在上有两个零点，
则实数m的取值范围为．
故选：C．
【点睛】方法点睛：求解函数零点问题可转化为构造函数，有解，利用导数判断的单调性和极值，最值问题.
7. 已知数列，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
令，推导出数列为等比数列，确定该数列首项和公比，进而可求得的值.
【详解】由可得，
，根据递推公式可得出，，，
进而可知，对任意的，，
在等式两边取对数可得，
令，则，可得，则，
所以，数列是等比数列，且首项为，公比为，
，
即.
故选：B.
【点睛】刑如“”这种形式通常转化为，由待定系数法求出，再化为等比数列.
8. 已知圆与轴的交点为、，以、为左、右焦点的双曲线的右支与圆交于、两点，若直线与轴的交点恰为线段的一个四等分点，则双曲线的离心率等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据已知条件得出，求出、，利用双曲线的定义可得出关于、所满足的等式，由此可求得双曲线的离心率.
【详解】由题意可知为的中垂线，

因为点、的坐标分别为、，所以方程为，
联立，解得，可取，，
所以双曲线的焦距为，即，
因为，，
由双曲线定义可得，，
所以双曲线的离心率．
故选：A．
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
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．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 下列命题正确的是（ ）
A. 若随机变量，且，则
B. 已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递减，则不等式的解集为
C. 已知，则“”是“”的充分不必要条件
D. 根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若样本中心点为，则
【答案】BD
【解析】
【分析】对A，利用方差的公式；对B，根据偶函数的性质及函数的单调性；对C，根据集合间的关系判断；对D，根据回归直线经过样本点的中心.
【详解】对A，，，，，故A错误；
对B，函数是定义在上的偶函数，，，，故B正确；
对C，，“”推不出“”，而“”可以推出“”，“”是“”的必要不充分条件，故C错误；
对D，样本中心点为，，故D正确；
故选：BD.
【点睛】本题考查二项分布方差公式、充分条件与必要条件、抽象函数的奇偶性与单调性、回归直线与样本点的中心，考查运算求解能力.
10. 已知函数，则（ ）
A. 函数在原点处的切线方程为
B. 函数的极小值点为
C. 函数在上有一个零点
D. 函数在R上有两个零点
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，利用导数的几何意义求解即可；对于B，先对函数求导，然后使导函数等于零，再判断增减区间，从而可函数的极值点；对于C，由于当时，恒成立，所以在上无零点；对于D，令，解方程可得其零点
【详解】函数，得，则；
又，从而曲线在原点处的切线方程为，故A正确．
令得或．
当时，，函数的增区间为，；
当时，，函数的减区间为．
所以当时，函数有极大值，故B错误．
当时，恒成立，
所以函数在上没有零点，故C错误．
当时，函数在上单调递减，且，存在唯一零点；
当时，函数在上单调递增，且，存在唯一零点．
故函数在R有两个零点，故D正确．
故选：AD
【点睛】本小题以函数与导数为载体，考查切线方程、极值、零点等基础知识，考查数学建模能力，考查数形结合思想，考查逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养，体现综合性和应用性．
11. 已知函数，若是的导函数，则下列结论中正确的是（ ）
A. 函数的值域与的值域相同
B. 若是函数的极大值点，则是函数的极小值点
C. 把函数的图象向右平移个单位，就可以得到函数的图象
D. 函数和在区间上都是增函数
【答案】AD
【解析】
【分析】
A.利用正弦函数的性质求解判断；B.利用函数的极值点定义求解判断； C. 利用三角函数的平移变换判断； D. 利用正弦函数的性质求解判断；
【详解】因为，所以，
A. 因为函数的值域是，的值域是，故正确；
B.若是函数的极大值点，则，解得，k为奇数，而，所以不是函数的极小值点，故错误；
C. 把函数的图象向右平移个单位得到，故错误；
D. 当时，，函数和都是增函数，故正确.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：讨论三角函数性质时，关键是先把函数式化成y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)的形式．利用三角函数的性质求解.
12. 如图，点E为正方形ABCD边CD上异于点C、D的动点，将沿AE翻折成，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）

A. 存在点E和某一翻折位置，使得SB⊥SE
B. 存在点E和某一翻折位置，使得AE∥平面SBC
C. 存在点E和某一翻折位置，使得直线SB与平面ABC所成的角为45°
D. 存在点E和某一翻折位置，使得二面角S﹣AB﹣C的大小为60°
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，当E为CD中时，当翻折到AD＝BS＝时，SB⊥SE；对于B，由CE∥AB，且CE＜BC，得AE与BC相交；对于C，对于C，DF⊥AE，交AE于G，S在平面ABCD的投影O在FG上，连结BO，则∠SBO为直线SB于平面 ABC所成角，由此能求出；对于D，过点O作OM⊥AB，交AB于点M，则∠SMO为二面角S﹣AB﹣C的平面角，由此能求出结果．
【详解】对于A，设正方形边长为a，当E为CD中点时，AE＝BE，当翻折到AD＝BS＝时，SB⊥SE，故A正确；
对于B，∵CE∥AB，且CE＜BC，∴AE与BC相交，∴AE与平面SBC相交，故B错误；
对于C，如图所示，DF⊥AE，交AE于G，S在平面ABCD的投影O在FG上，连结BO，
则∠SBO为直线SB于平面ABC所成角，取二面角D﹣AE﹣B的平面角为，取AD＝4，DE＝3，则AE＝DF＝5，CE＝BF＝1，DG，OG，∴只需满足SO＝OB，在中，根据余弦定理得：，解得，故C正确；
对于D，过点O作OM⊥AB，交AB于点M，则∠SMO为二面角S﹣AB﹣C的平面角，取二面角D﹣AE﹣B的平面角为60°，故只需满足DG＝2GO＝2OM，设∠OAG＝∠OAM＝，，则∠DAG，，化简，得，解得，验证满足，故D正确．
故选:ACD．

三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)．
13. 的展开式中，的系数是_________.
【答案】
【解析】
【分析】因为，所以本题即求展开式中含的项的系数，求出通项公式解出，带入计算可求出系数.
【详解】解：，通项公式为：，令，解得：，此时系数为.
故答案为：.
14. 对于正数、，称是、的算术平均值，并称是、的几何平均值.设，，若、的算术平均值是1，则、的几何平均值（是自然对数的底）的最小值是__________.
【答案】
【解析】
【分析】
由算术平均数的定义可得，、的几何平均值为，利用基本不等式解.
【详解】因为、的算术平均值是1，所以，即，所以，
、的几何平均值为，
由基本不等式可得：，
当且仅当时等号成立，
所以、的几何平均值的最小值是
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用已知条件得出乘积是定值，而、的几何平均值为最小就等价于最小，显然利用基本不等式可求解.
15. 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且，则实数的值为_____
【答案】
【解析】
【分析】
首先利用与的关系式，得到，求得公比，首项和第二项，再通过赋值求的值.
【详解】当时，，两式相减得，
即，并且数列是等比数列，
所以，
，，
当时，，
解得.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键是利用数列和的关系式，求数列的通项.
16. 已知双曲线，F1，F2是双曲线的左右两个焦点，P在双曲线上且在第一象限，圆M是△F1PF2的内切圆.则M的横坐标为_________，若F1到圆M上点的最大距离为，则△F1PF2的面积为___________.
【答案】 ①. 1 ②.
【解析】
【分析】利用双曲线的定义以及内切圆的性质，求得的横坐标.由F1到圆M上点的最大距离，求得圆的半径，求得直线的方程，由此求得点的坐标，从而求得，进而求得△F1PF2的面积.
【详解】双曲线的方程为，则.
设圆分别与相切于，
根据双曲线的定义可知，根据内切圆的性质可知①，
而②. 由①②得：，所以,
所以直线的方程为，即的横坐标为.
设的坐标为，则到圆M上点的最大距离为，
即，解得.
设直线的方程为，即.
到直线的距离为，解得.
所以线的方程为.
由且在第一象限，解得.
所以，.
所以△F1PF2的面积为.
故答案：；

【点睛】本小题主要考查双曲线的定义，考查圆的几何性质、直线和圆的位置关系，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
四、解答题（本大题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这两个条件中任选一个，补充在下面横线上，并解答.
在中，内角，，的对边分别为，，，________________.
（1）求的大小；
（2）若，，求，
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）若选①，首先根据余弦定理得到，再利用辅助角公式得到，从而得到.若选②，首先利用边化角公式得到，从而得到，即可得到.
（2）首先根据正弦定理面积公式和余弦定理得到，再解方程组即可.
【小问1详解】
若选①，
因为，
所以，，
即.
因为，，所以，即.
若选②，
因为，所以，
即.
因为，所以.
又因为，所以.
【小问2详解】
因为，所以.
因为，
所以，即，
所以.
18. 已知数列中，，．

（1）证明：数列和数列都是等比数列；
（2）若数列的前项和为，令，求数列的最大项.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）数列中，，，，可得，利用等比数列的定义即可得出．
（2）由（1）得，利用等比数列的求和公式、单调性即可得出．
【小问1详解】
证明：数列中，，，
，
，
，，，
数列是以1为首项，以为公比的等比数列，
数列是以为首项，以为公比的等比数列．
【小问2详解】
解：由（1）得
．
，，
，
，
．
19. 如图所示，四棱柱的底面是菱形，侧棱垂直于底面，点，分别在棱，上，且满足，，平面与平面的交线为.

（1）证明：直线平面；
（2）已知，，设与平面所成的角为，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）连接，与交于点，根据题中条件，由线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；
（2）以为坐标原点，分别以，的方向为，轴的正方向建立空间直角坐标系，设，得到是平面的一个法向量，再得到，根据向量夹角公式，即可求出线面角的正弦值.
【详解】（1）如图，连接，与交于点.


由条件可知，且，所以，
因为平面，所以平面.
因为平面平面，所以.
因为四棱柱的底面是菱形，且侧棱垂直于底面，
所以，，
又，所以平面，
所以平面.
（2）如图所示，以为坐标原点，分别以，的方向为，轴的正方向建立空间直角坐标系.
设，因为，所以.
则，.
所以，，.
由（1）可知是平面的一个法向量，
而，
所以，
当时，，
即.

【点睛】方法点睛：
求空间角的常用方法：
（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.
20. 2020年1月15日教育部制定出台了《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》（也称“强基计划”），《意见》宣布：2020年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划.强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生.据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试后才能进入面试环节.已知甲､乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立，若某考生报考甲大学，每门科目通过的概率均为，该考生报考乙大学，每门科目通过的概率依次为，其中.
（1）若，分别求出该考生报考甲､乙两所大学在笔试环节恰好通过一门科目的概率；
（2）强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为依据作出决策，当该考生更希望通过乙大学的笔试时，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据独立事件的乘法公式和二项分布的概率公式求解即可；
（2）该考生报考甲大学通过的科目数为，报考乙大学通过的科目数为，进而结合二项分布求解，根据独立事件的乘法公式求解的分布列及其期望，进而结合题意求解.
【小问1详解】
解：设“该考生报考甲大学恰好通过一门笔试科目”为事件，“该考生报考乙
大学恰好通过一门笔试科目”为事件，
根据题意可得，

【小问2详解】
解：设该考生报考甲大学通过的科目数为，报考乙大学通过的科目数为，
根据题意可知，，所以，，
，

，
.
则随机变量的分布列为：

0
1
2
3





，
若该考生更希望通过乙大学的笔试时，有，
所以，又因为，所以，
所以，的取值范围是.
21. 法国数学家加斯帕尔·蒙日是19世纪著名的几何学家，他创立了画法几何学，推动了空间解析几何学的独立发展，奠定了空间微分几何学的宽厚基础.根据他的研究成果，我们定义：给定椭圆，则称圆心在原点，半径是的圆为“椭圆的伴随圆”，已知椭圆的一个焦点为，其短轴的一个端点到焦点的距离为.

（1）求椭圆和其“伴随圆”的方程；
（2）若点是椭圆的“伴随圆”与轴正半轴的交点，是椭圆上的两相异点，且轴，求的取值范围；
（3）在椭圆的“伴随圆”上任取一点，过点作直线､，使得､与椭圆都只有一个交点，试判断､是否垂直?并说明理由.
【答案】（1）：，“伴随圆”方程为；（2）；（3）垂直，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）首先根据题意得到，且，可得，从而得到椭圆和其“伴随圆”的方程.
（2）首先设，，，得到，从而得到的取值范围是.
（3）首先设，得到，当时，，易得，当时，设的方程为，代入椭圆方程可得，根据得到，从而得到，即可得到答案.
【详解】（1）由题意知，且，可得，
故椭圆的方程为，其“伴随圆”方程为.
（2）由题意，可设，，，
则有，又点坐标为，
故，
故，
又，故，
所以的取值范围是.
（3）设，则.
当时，，则其中之一斜率不存在，另一斜率为0，显然有.
当时，设过且与椭圆有一个公共点的直线的斜率为，
则的方程为，代入椭圆方程可得
，即，
由，
可得，其中，
设的斜率分别为，则是上述方程的两个根，
故，即.
综上可知，对于椭圆上的任意点，都有.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，解决本题的关键为分类讨论，设出直线方程，根据直线与椭圆的位置关系得到相应的关系式，从而证明直线垂直，属于难题.
22. 已知函数，若函数在处的切线与直线平行．
（1）求的值及函数的单调区间；
（2）已知，若函数与函数的图像在有交点，求实数的取值范围．
【答案】（1），函数的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）.
【解析】
【分析】
（1）求出切线的斜率可得，分别令、可得答案；
（2）可化为方程在有解，即，转化为在有解，利用的单调性得，构造函数，再利用的单调性可得答案.
【详解】（1）由，切线的斜率，得，
则，，，得，





小于0
等于0
大于0

单调递减

单调递增
函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）由已知可得，方程在有解，
由，得，
所以，有在有解，
由于，，所以，
由得，由（1）可知，
在单调递增，则在有解，
由得，所以，
即在有解，
令，，由，
当时，，
则在单调递增，
由，则，
则，所以.
【点睛】关键点点睛：本题考查了导数的几何意义、方程有根求参数的问题，关键点是转化为在有解和构造函数利用函数的单调性解题，考查了学生的理解能力、转化能力