山东省（新高考）2021届高三第二次模拟考试卷 数学（三） WORD版含答案.doc

1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 山东省（新高考）2021届高三第二次模拟考试卷数 学（三）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷一、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

2、要求的1设，则等于（ ）ABCD2集合，集合，则集合等于（ ）ABCD3已知函数的定义域是，满足且对于定义域内任意x，y都有成立，那么的值为（ ）A1B2C3D44一个等比数列前项的和为48，前项的和为60，则前项的和为（ ）A83B108C75D635若向量，满足，且，则（ ）ABCD6已知直线与相交于、两点，则为钝角三角形的充要条件是（ ）ABCD7已知函数的部分图象如图所示，则（ ）ABCD8北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合，是一次现代设计理念的传承与突破为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校

3、决定派小明和小李等名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，若小明和小李必须安装同一个吉祥物，且每个吉祥物都至少由两名志愿者安装，则不同的安装方案种数为（ ）种ABCD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已知、都是定义在上的函数，且为奇函数，的图象关于直线对称，则下列说法中正确的有（ ）A为偶函数B为奇函数C的图象关于直线对称D为偶函数10如图，在正方体中，点在线段上运动，则（ ）A直线平面B二面角的大小为C三棱锥的体积为定值D异面直线与所成角的取值范围是11已知实数，满足，下列结论中正确

4、的是（ ）ABCD12在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为F，准线为l，过点F且斜率大于0的直线交抛物线C于A，B两点（其中A在B的上方），过线段的中点M且与x轴平行的直线依次交直线，l于点P，Q，N则（ ）AB若P，Q是线段的三等分点，则直线的斜率为C若P，Q不是线段的三等分点，则一定有D若P，Q不是线段的三等分点，则一定有第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13已知二项式的展开式中，所有项的系数之和为64，则该展开式中的常数项是_14如图，某湖有一半径为的半圆形岸边，现决定在圆心O处设立一个水文监测中心(大小忽略不计)，在其正东方向相距的点A处安装一套监测设备为了监测数据更加准确，

5、在半圆弧上的点B以及湖中的点C处，再分别安装一套监测设备，且满足，定义：四边形及其内部区域为“直接监测覆盖区域”；设则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为_15已知直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则实数_，实数_16已知函数，若使关于的不等式成立，则实数的范围为_四、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（10分）已知数列的前n项和为（1）若为等差数列，求的通项公式；（2）若数列满足，求18（12分）在平面四边形中，对角线与交于点，是的中点，且（1）若，求的长；（2）若，求19（12分）近年来，我国的电子商务行业发展迅速，与此同时，相关管理部门建立了针对

6、电商的商品和服务评价系统现从评价系统中选出200次成功的交易，并对其评价进行统计，对商品的好评率为，对服务的好评率为；其中对商品和服务均为好评的有80次（1）是否可以在犯错误概率不超过的前提下，认为商品好评与服务好评有关？（2）若将频率视为概率，某人在该购物平台上进行的次购物中，设对商品和服务全好评的次数为随机变量，求对商品和服务全好评的次数的分布列及其期望（其中）20（12分）如图，在四棱锥中，四边形是边长为的菱形，且（1）证明：平面平面；（2）当四棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值21（12分）已知椭圆的一个焦点为，且过点（1）求椭圆的方程；（2）设，点是椭圆上一点，且不与顶点重合，若直线

7、与直线交于点，直线与直线交于点求证：为等腰三角形22（12分）已知函数，（1）当时，求的值域；（2）令，当时，恒成立，求的取值范围数 学答 案第卷一、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【答案】D【解析】，则，则，故选D2【答案】C【解析】，由，得，所以，所以，故选C3【答案】C【解析】对于定义域内任意x，y，都有成立，令，得，故选C4【答案】D【解析】设等比数列前项和为，因为等比数列前项的和为48且不为零，则，成等比数列，故，故，故选D5【答案】B【解析】由题意，向量，满足，且，可得，所以向量与的夹角为，故选B6【答案】C【解析】

8、圆的圆心为，半径为，由于为等腰三角形，若该三角形为钝角三角形，则，设圆心到直线的距离为，则，则，整理可得，解得，因为直线不过圆心，则，解得，综上所述，故选C7【答案】D【解析】由图象可知因为，所以又，可得，由，所以，解得，结合选项可知，因此，故选D8【答案】A【解析】由题意可知应将志愿者分为三人组和两人组，当三人组中包含小明和小李时，安装方案有种；当三人组中不包含小明和小李时，安装方案有种，共计有种，故选A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【答案】ACD【解析】因为为奇函数，所以，因为的

9、图象关于直线对称，所以，A项：，则函数为偶函数，A正确；B项：，不是奇函数，B错误；C项：因为，所以，则的图象关于直线对称，C正确；D项：因为，所以，则函数为偶函数，D正确，故选ACD10【答案】AC【解析】如图，在A中，平面BB1D1，同理，直线平面，故A正确；在B中，由正方体可知平面不垂直平面，故B错误；在C中，平面，平面，平面，点在线段上运动，到平面的距离为定值，又的面积是定值，三棱锥的体积为定值，故C正确；在D中，当点P与线段的端点重合时，异面直线与所成角取得最小值为，故异面直线与所成角的取值范围是，故D错误，故选AC11【答案】AD【解析】，对于A：，即，故A正确；对于B：，不一定成

10、立，故B错误；对于C：，故C错误；对于D：，故D正确，故选AD12【答案】AB【解析】抛物线的焦点为，设直线方程为，由，得，直线方程为，共线，同理，即，A正确；若P，Q不是线段的三等分点，则，又，解得，（），B正确；由，得，又，当时，C错；由图可知，而，只要，就有，D错，故选AB第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】1215【解析】二项式的展开式中，所有项的系数之和为64，令，得，的展开式的通项公式为，令，可得，的展开式的常数项为，故答案为121514【答案】【解析】在中，即，令，则，“直接监测覆盖区域”面积的最大值为，故答案为15【答案】，2【解析】对于，设切点为，因为，故切

11、线斜率，故切线方程为，由已知得切线过，所以，故，所以对于，设切点为，所以，因为切线为，得，所以，所以切点为，代入，得，所以故答案为，216【答案】【解析】显然函数定义域是，的图象关于点对称，原不等式可化为，即，(*)设，则，即，由，得，是增函数，不等式(*)化为，(*)令，不等式(*)化为，问题转化为存在，使不等式成立，当时，的最小值为2，故答案为四、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）是等差数列，设公差为d，（2），得，当时，综上：18【答案】（1）；（2）【解析】（1）在中，由正弦定理得，所以，因为，所以，所以，

12、所以，所以因为，所以由余弦定理得，所以（2）因为，所以设，在中，由余弦定理得；在中，由余弦定理得，所以，解得，所以，在中，由余弦定理得19【答案】（1）不可以在犯错误概率不超过的前提下，认为商品好评与服务好评有关；（2）分布列见解析，【解析】（1）由题意可得关于商品和服务评价的列联表如下：对服务好评对服务不满意总计对商品好评对商品不满意总计，所以，不可以在犯错误概率不超过的前提下，认为商品好评与服务好评有关（2）每次购物时，对商品和服务都好评的概率为，且的取值可以是其中；，的分布列为：由于，20【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）如图：取的中点，连接和，且，又，则为正三角形，故，又，

13、为直角三角形，在中，则，又，、平面，平面，又平面，平面平面（2），则点在以为直径的圆上，且，设点到平面的距离为，而，当取最大值时四棱锥的体积最大，此时平面，又由（1）可知，如图建系，则，则，设平面的法向量为，则，即，取，则，得；设平面的法向量为，则，即，取，则，得，则，设二面角的平面角为，经观察为钝角，则，故二面角的余弦值为21【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）由题意得，解得椭圆C的方程是（2）易得，设直线，联立，得，得，直线，联立，得；联立，得，轴且PQ的中点N为，轴，为的中线且，为等腰三角形22【答案】（1）；（2）【解析】（1），由，得，在区间上单调递减，在区间上单调递增函数的最小值为，函数的值域是（2）当时，（），令，则，令，则，在上单调递增，于是在上单调递增，且，（），又由（1）知当，时，的值域是，即，所以，恒成立，所以，即，所以，的取值范围是