湖南省株洲市第一中学2021届高三第二次模拟检测数学试题

这是一份湖南省株洲市第一中学2021届高三第二次模拟检测数学试题，共10页。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2.考生必须把所有的答案填写在答题卡上，答在试卷上的答案无效。
3.选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案选项框涂黑。如需改动,用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案选项框，不要填涂和勾划无关选项。其他试题用黑色碳素笔作答，答案不要超出给定的答题框。
一、单选题(本大题共8小题，每题5分，共40分，每小题只有一个选项符合题意)
1．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知为虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A．B．C．1D．
3．设非零向量，满足，，，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．甲、乙、丙、丁、戊5名党员参加“党史知识竞赛”，决出第一名到第五名的名次（无并列名次），已知甲排第三，乙不是第一，丙不是第五．据此推测5人的名次排列情况共有（ ）种
A．5B．8C．14D．21
5．已知，，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知圆的方程为，则“”是“函数的图象与圆有四个公共点”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
7．如图1，在高为h的直三棱柱容器中，，．现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为（如图2），则容器的高h为（ ）
A．3B．4C．D．6
8．已知、是椭圆的两个焦点，满足的点M总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题(本大题共 4 小题，每题5分，共 20 分，每小题有多个选项符合题意，全部选对得 5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．一组样本数据的平均数为，标准差为s．另一组样本数据，的平均数为，标准差为s．两组数据合成一组新数据，新数据的平均数为，标准差为，则（ ）
A．B．
C．D．
10．等差数列与的前项和分别为与，且，则（ ）
A．当时，
B．
C．
D．
11．已知函数在区间上有且仅有3条对称轴，给出下列四个结论，正确的是（ ）
A．在区间上有且仅有3个不同的零点
B．的最小正周期可能是
C．的取值范围是
D．在区间上单调递增
12．已知抛物线的焦点为，直线，过的直线交抛物线于两点，交直线于点，则（ ）
A．的面积的最大值为2B．
C．D．
三、填空题(本大题共4小题，每题5分，共20分)
13．已知，则 ．
14．已知，且则____________．
15．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑P-ABC中，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，且，则鳖臑P-ABC外接球的体积是 .
16．已知函数的定义域为，且满足，，，则 .
四、解答题(本大题共6 小题，共 70分，17题为10分，18-22每题12分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．已知等比数列的前n项和为，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和.
18．已知向量，，，其中A是的内角.
（1）求角A的大小；
（2）若角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，求的取值范围.
19．如图，斜三棱柱体积为，侧面与侧面都是菱形，，.
（1）证明：；
（2）求二面角的余弦值.
20．乒乓球是中国的国球，我国选手取得世界乒乓球比赛的大部分冠军，甚至多次包揽整个赛事的所有冠军，乒乓球运动也深受人们的喜爱．乒乓球主要有白色和黄色两种，国际乒联将球的级别用星数来表示，星级代表质量指标等级，星级越高质量越好，级别最高为“☆☆☆”，即三星球，国际乒联专业比赛指定用球，二星球适用于国内重大比赛及国家队专业训练，一星球适用于业余比赛或健身训练．一个盒子装有9个乒乓球，其中白球有2个三星“☆☆☆”，4个一星“☆”，黄球有1个三星“☆☆☆”，2个一星“☆”
(1)逐个无放回取两个球，记事件{第一次白球}，事件{第二次三星球}，求，并判断事件A与事件B是否相互独立；
(2)逐个无放回取球，取出白球即停止，取出的三星球数记为随机变量X，求随机变量X的分布列及期望．
21．在平面直角坐标系中，已知双曲线Ｃ的中心为坐标原点，对称轴是坐标轴，右支与x轴的交点为，其中一条渐近线的倾斜角为.
(1)求C的标准方程；
(2)过点作直线l与双曲线C的左右两支分别交于A，B两点，在线段上取一点E满足，证明：点E在一条定直线上.
22．已知函数，
(1)当时，求在区间上的值域；
(2)若有两个不同的零点，求的取值范围，并证明：.
参考答案
1-8 ADBCCBAA 9-12 BC AB BD BCD
13．
14．0
15．
16．202
17．
(1)
设数列的公比为q，由，，
得，解得，
所以；
(2)
由（1）可得，所以，
，
，
所以，
所以.
18．
（1）因为，
即有，（），，（），
又A为的内角，所以；
（2）由，得为钝角，从而
由正弦定理，得
所以，，
则
又，所以，
则
19．
（1）取的中点，连接、、、，
由菱形的性质及，
，为正三角形.
，，
又，
平面，
又平面，
.
（2）三棱锥的体积是三棱柱体积的三分之一，
四棱锥的体积是柱体体积的三分之二，即等于.
平行四边形的面积为.
设四棱锥的高为，
则：，，
又，平面，
以为坐标原点建立如图所示的直角坐标系：.
则，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，，
.
平面的一个法向量为，
则.
二面角的余弦值为.
20．（1）“第二次三星球”的概率：（或）
“第一次白球且第二次三星球”的概率：（或）
“第一次白球”的概率：，
所以.
因为成立,所以事件与事件相互独立.
（2）可能取值为,
,
,
,
(或),
分布列为
所以.
21．（1）根据题意，设双曲线的方程为，
由题知，，可得；
所以双曲线方程为.
（2）易知为双曲线的右焦点，如下图所示：

由题知直线l斜率存在，
根据对称性，不妨设斜率为，故直线的方程为，
代入双曲线方程得，
设，，
由韦达定理有，，
且，，
设，点E在线段上，所以
由可得
化简得，
代入和并化简可得，
即存在点E满足条件，并且在定直线上.
22．（1）当时，可得，
可得，
令，解得；令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因为，
可得，所以，
所以函数在区间上的值域为；
（2）由函数，可得
当时，，在上单调递减，不可能有两个零点，舍去；
当时，，令，解得或，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，为满足题意，
此时极大值为，解得，
又由时，；
时，，
由零点存在定理，存在两个零点，，
所以的取值范围为，
又由，
两式相减，可得，
要证，只需证，即证，
设，只需证，
设，可得，
所以在上单调递增，所以，所以成立，
即原命题得证.
0
1
2