2021届高考数学第二次模拟试卷（一）（理含解析）.doc

1、2021届高考第二次模拟考试卷理科数学（一）第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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定义集合，已知集合，则（ ）ABCD2若，则（ ）ABCD3在中，设，是锐角三角形，则是的（ ）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4区块链作为一种革新的技术，已经被应用于许多领域在区块链技术中，若密码的长度设定为256比特，则密码一共有种可能；因此，为了破解密码，最坏情况需要进行次运算现在有一台机器，每秒能进行次运算，假设机器一直正常运转，那么在最坏情况下这台机器破译密码所需时间大约为（ ）（参考数据：）A秒B秒C秒D秒5设

2、数列的前项和为，若，则（ ）A63B127C128D2566中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，数学某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“乐”不排在第一节，“射”和“御”两门课程不相邻，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有（ ）种A408B120C156D2407已知曲线，曲线，则下列结论正确的是（ ）A将曲线上各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位，得到曲线B将曲线上各点的横坐标变为原来的倍

3、，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位，得到曲线C将曲线上各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位，得到曲线D将曲线上各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位，得到曲线8在三角形ABC中，EF分别为ACAB上的点，BE与CF交于点Q且，AQ交BC于点D，则的值为（ ）A3B4C5D69在三棱锥中，则该三棱锥的内切球的表面积为（ ）ABCD10已知椭圆（）的左、右焦点分别是，点在椭圆上，是坐标原点，则椭圆的离心率是（ ）ABCD11已知函数（其中e为自然对数的底数）有三个零点，则实数m的取值范围为（ ）ABCD12已知函数，则使得成立的的取值范

4、围是（ ）ABCD第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13展开式中二项式系数和为32，则展开式中的系数为_14已知，若，则_15实数、满足，则的取值范围是_16已知，动点满足且，则点到点的距离大于的概率为_三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（12分）在中，内角，所对的边分别为，若（1）求角A的大小；（2）若，点在边上，且，求及18（12分）在四棱锥中，四边形为平行四边形，为等腰直角三角形，（1）求证：；（2）求直线与面所成角的正弦值19（12分）2020年爆发人群广泛感染的新型冠状病毒是一种可以借助飞沫和接触传播的变异病毒某市防疫部门为尽快

5、筛查出新冠病毒感染者，将高风险地区及重点人群按照单样检测，中风险地区可以按照混样检测，低风险地区可以按照混样检测单样检测即为逐份检测，混样检测是将份或份样本分别取样后混合在一起检测若检测结果为阴性，则全为阴性；若检测结果为阳性，就要同时对这几份样本进行单独逐一检测，假设在接受核酸检测样本中，每份样本的检测结果是阳性还是阴性都是相互独立的，且中风险地区每份样本是阳性结果的概率均为（1）现有该市中风险地区的份核酸检测样本要进行混样检测，求检测总次数为次的概率；（2）现有该市中风险地区的份核酸检测样本，已随机平均分为三组，要采用混样检测，设检测总次数为，求的分布列和数学期望20（12分）已知椭圆的离

6、心率，过右焦点的直线与椭圆交于，两点，在第一象限，且（1）求椭圆的方程；（2）在轴上是否存在点，满足对于过点的任一直线与椭圆的两个交点，都有为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由21（12分）已知函数（1）若，讨论的单调性；（2）若对任意恒有不等式成立，求实数的值请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标为（1）求曲线的直角坐标方程和点的直角坐标；（2）设直线与曲线交于，两点，线段的中点为，

7、求23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数（1）求不等式的解集；（2）已知，证明：理 科 数 学 答 案第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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【答案】C【解析】由不等式，解得，即；又由，若，可得，所以，故选C2【答案】B【解析】因为，所以，则，故选B3【答案】B【解析】当为钝角时，满足，但不满足是锐角三角形，故推不出；若是锐角三角形，则，所以，故，所以是的必要不充分条件，故选B4【答案】B【解析】设这台机器破译所需时间大约为秒，则，两边同时取底数为10的对数，得，所以，所以，所以，所以，而，所以，故选B5【答案】B【解析】中，

8、令，得，所以由，得，两式相减得，即又，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以，故选B6【答案】A【解析】根据题意，首先不做任何考虑直接全排列则有（种），当“乐”排在第一节有（种），当“射”和“御”两门课程相邻时有（种），当“乐”排在第一节，且“射”和“御”两门课程相邻时有（种），则满足“乐”不排在第一节，“射”和“御”两门课程不相邻的排法有（种），故选A7【答案】D【解析】A得到曲线，所以该选项错误；B得到曲线，所以该选项错误；C得到曲线，所以该选项错误；D得到曲线，所以该选项正确，故选D8【答案】C【解析】因为三点共线，所以；因为三点共线，所以，所以，所以，所以，因为共线，所以，故选

9、C9【答案】A【解析】由题可将该三棱锥还原到如图长方体中，设长方体的长宽高分别为，则，解得，设内切球的半径为，则，则，解得，则内切球的表面积为，故选A10【答案】D【解析】根据以及，得，于是，所以，又，所以在中，由余弦定理，得，即，所以，因为，所以椭圆的离心率，故选D11【答案】C【解析】令，可得，令，则，令，解得，当时，；当时，所以在上单调递增，在上单调递减，图象如下图所示：所以，令，因为函数有三个零点，设的两根分别为，解得或则，有下列三种情况，（1）当，时，将带入方程，即，解得；带入方程，即，解得，故舍去；（2）当，时，将带入方程，则，不满足，故舍去；（3）当，时，解得，所以，故选C12【

10、答案】C【解析】令，则，所以，所以，令，则，因为，所以，所以，所以在单调递增，所以由，得，所以，解得，故选C第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】【解析】由展开式中二项式系数和为32，可得，解得，根据二项式定理可以求得的展开式中，三次项、二次项、一次项系数和常数项分别是10、10、5、1，的展开式中，常数项及一次项、二次项、三次项的系数分别是、，所以展开式中项的系数为14【答案】或【解析】，解得或，故答案为或15【答案】【解析】圆的圆心坐标为，该圆的半径为，设，可知直线与圆有公共点，所以，即，解得，因此，的取值范围是，故答案为16【答案】【解析】由题意得，因为，所以动点满足且，

11、所以，则点到点的距离为，作出不等式组对应的平面区域，如图所示，因为点到点的距离大于，所以，则对应的部分为阴影部分，由，即点，则，所以正方形的面积为，则阴影部分的面积为，所以根据几何概型的概率公式可知所求的概率为三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17【答案】（1）；（2），【解析】（1）由正弦定理，原式可化为，即，又，（2）由余弦定理可得，点在边上，且，又，18【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）设的中点为E，连接与，因为是等腰三角形，所以，又因为，所以平面，所以，所以是等腰直角三角形，则（2）由（1）可知平面，故，平面平面，又因为，易知，所

12、以如图，以D为原点，所在直线为轴，以的方向分别为x轴，y轴的正方向，过D在所在平面内作的垂线为z轴建立空间直角坐标系则，得，设平面的法向量，则，取，所以，因此直线与平面所成角的正弦值为19【答案】（1）；（2）分布列见解析，【解析】（1）设“检测总次数为次”为事件，检测总次数为次的概率为（2）的所有可能取值为，设，为三个小组中出现阳性的小组数，则，所以，随机变量的分布列为：20【答案】（1）；（2）存在点，满足为定值【解析】（1）由，及，得，设椭圆方程为，联立方程组，得，则，所以，所以，所以椭圆的方程为（2）当直线不与轴重合时，设，联立方程组，得设，则有，于是，若为定值，则有，得，此时；当直线

13、与轴重合时，也有，综上，存在点，满足为定值21【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增；（2）【解析】（1），当时，当时，可得，单调递增；当时，可得，单调递减，综上所述：在上单调递减，在上单调递增（2）由（1）知，当时，恒成立，此时单调递增，的值域为，不符合题意；当时，则，也不符合题意；当时，令，可得，即，令，则，所以在单调递增，设存在使得，两边同时取对数可得，则当时，；当时，所以当时，故只需即可，令，由，可得；由，可得，因此在上单调递增，在上单调递减，从而，所以，又因为，所以，由以上证明可知，所以，故满足条件的实数的值为22【答案】（1），；（2）【解析】（1），所以，曲线的直角坐标方程是点的极坐标为，化为直角坐标得（2）将直线的参数方程，代入中，整理得，此方程有不等实数根直线经过定点设有向线段，与实数，对应，则，就是上述方程的两个实根，已知是线段的中点，对应于参数取值，所以23【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1），即为，等价为或或，解得或或，综上可得，原不等式的解集为（2）证明：由柯西不等式可得，当时，上式取得等号又，则，即，即即得证