河北省秦皇岛市2021届高三高考数学第二次模拟演练试卷 WORD版含解析.doc

1、2021年河北省秦皇岛市高三高考数学第二次模拟演练试卷一、选择题（共8小题）.1已知集合Ax|x2+2x30，By|y2x，x1，则AB（）A1，1）B3，1）C2，1）D1，12复数z的共轭复数在复平面内对应点坐标为（）A（4，3）B（4，3）C（3，4）D（3，4）3南宋数学家杨辉详解九章算法和算法通变本末中，提出垛积公式，所讨论的高阶等差数列前后两项之差不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”现有高阶等差数列，其前6项分别1，6，13，24，41，66，则该数列的第7项为（）A91B99C101D1134为了保证信息安全传输，有一

2、种称为秘密密钥密码系统，其加密、解密原理如图：现在加密密钥为t2ax+1（a0且a1），解密密钥为y3t5，如下所示：发送方发送明文“1”，通过加密后得到密文“18”，再发送密文“18”，接受方通过解密密钥解密得明文“49”，问若接受方接到明文“4”，则发送方发送明文为（）Alog32Blog3+1C162Dlog315在ABC中，已知|+|，|4，|3，2，则（）AB3CD66已知a，b，2c+c0，则（）AabcBcbaCcabDacb7某地病毒爆发，全省支援，需要从我市某医院某科室的5名男医生（含一名主任医师）、4名女医生（含一名主任医师）中分别选派3名男医生和2名女医生，则在有一名主任

3、医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派的概率为（）ABCD8椭圆C：1（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆C于A，B两点，已知，则椭圆C的离心率为（）ABCD二、选择题（共4小题）.9已知函数f（x）cosxsinx（0）的部分图象如图所示，则下列选项正确的是（）A2B函数f（x）的单调增区间为k，k（kZ）C函数f（x）的图象关于（，0）中心对称D函数f（x）的图象可由y2cosx图象向右平移个单位长度得到10已知（2x）6a0+a1x+a2x2+a6x6，则下列选项正确的是（）Aa3360B（a0+a2+a4+a6）2（a1+a3+a5）21Ca1+a2+a6（

4、2）6D展开式中系数最大的为a211已知方程C：1，nN*，则下列选项正确的是（）A当n1时，|x|+|y|的最小值为B当n1时，方程C所表示的曲线围成封闭图形的面积为S，则S2C当n3时，|x|y|的最小值为D当n3时，方程C所表示的曲线围成封闭图形的面积为S，则2S12已知函数f（x）lnxax有两个零点x1，x2，且x1x2，则下列选项正确的是（）Aa（0，）Byf（x）在（0，e）上单调递增Cx1+x26D若 ，则三、填空题（共4小题）.13已知直线x+y50与圆C：（x2）2+（y1）24相交于A，B两点，则ABC面积为 14在某市高三的一次模拟考试中，学生的数学成绩服从正态分布N（

5、105，2）（0），若P（120）0.75，则P（90120） 15已知双曲线C：x21的左、右焦点分别为F1、F2，直线l过F2与双曲线C的左、右两支分别交于A、B两点，已知F1AF290，且ABF1内切圆半径为1，则|AB| 16已知正方体ABCDA1B1C1D1棱长为1，M、N、P分别为棱A1A、A1B1、A1D1上的动点，且满足，则直线A1C与平面MNP所成角的正弦值为 ；若以MNP为一底面的正三棱柱（底面为正三角形且侧棱垂直于底面的棱柱）的另一底面的三个顶点也在正方体ABCDA1B1C1D1的表面上，则此正三棱柱体积的最大值为 四、解答题：本题共6小题，共70分.17在ABC中，（s

6、inAsinC）2sin2B（2）sinAsinC，点D在线段AB上，且BDDC，BC2（1）求B；（2）在cos（CB），AD，sinA，这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中，求AC边长18已知等比数列an，其前n项和为Sn，若a1，an+1Sn+2，R，nN*（1）求的值；（2）设bn，求使b1+b2+bn成立的最小自然数n的值19如图，AB平面ADE，ABCD，ADCDABAE3，DAE120，四边形ABCD的对角线交于点M，N为棱DE上一点，且MN平面ABE（1）求的值；（2）求二面角BACN的余弦值20已知点P（2，y0）为抛物线C：x22py（p0）上一点，F为抛物线C的焦点，

7、抛物线C在点P处的切线与y轴相交于点Q，且FPQ面积为2（1）求抛物线C的方程；（2）设直线l经过（2，5）交抛物线C于M，N两点（异于点P），求证：MPN的大小为定值21有A、B两盒乒乓球，每盒5个，乒乓球完全相同，每次等可能地从A、B两盒中随机取一个球使用（1）若取用后不放回，求当A盒中的乒乓球用完时，B盒中恰剩4个球的概率；（2）根据以往的经验，每个球可以重复使用3次以上，为了节约，每次取后用完放回原盒，设随机取用3次后A盒中的新球（没取用过的）数目为，求的分布列及期望22已知函数f（x）（x2ax）lnxx2+2ax+1，x（0，+）（1）讨论函数yf（x）的单调性；（2）若ae，求证

8、：f（x）（1）2参考答案一、选择题（共8小题）.1已知集合Ax|x2+2x30，By|y2x，x1，则AB（）A1，1）B3，1）C2，1）D1，1解：Ax|3x1，By|y2，AB2，1）故选：C2复数z的共轭复数在复平面内对应点坐标为（）A（4，3）B（4，3）C（3，4）D（3，4）解：复数z，所以复数z的共轭复数为，它在复平面内对应点坐标为（4，3）故选：B3南宋数学家杨辉详解九章算法和算法通变本末中，提出垛积公式，所讨论的高阶等差数列前后两项之差不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”现有高阶等差数列，其前6项分别1，6，1

9、3，24，41，66，则该数列的第7项为（）A91B99C101D113解：由题意得1，6，13，24，41，66的差组成数列：5，7，11，17，25，这些数的差组成数列：2，4，6，8，10，故该数列的第7项为10+25+66101故选：C4为了保证信息安全传输，有一种称为秘密密钥密码系统，其加密、解密原理如图：现在加密密钥为t2ax+1（a0且a1），解密密钥为y3t5，如下所示：发送方发送明文“1”，通过加密后得到密文“18”，再发送密文“18”，接受方通过解密密钥解密得明文“49”，问若接受方接到明文“4”，则发送方发送明文为（）Alog32Blog3+1C162Dlog31解：由加

10、密密钥为t2ax+1（a0且a1），解密密钥为y3t5，且x1时，t2a1+118，解得a3，所以y318549；当y3t54时，t3，令23x+13，解得xlog31log32，所以发送方发送明文是log32故选：A5在ABC中，已知|+|，|4，|3，2，则（）AB3CD6解：|+|，|+|，|+|2|2，+2+2，0，2，+（）+，（+）+6，故选：D6已知a，b，2c+c0，则（）AabcBcbaCcabDacb解：0a（）01，b1，再由2c+c0，得c0，cab故选：C7某地病毒爆发，全省支援，需要从我市某医院某科室的5名男医生（含一名主任医师）、4名女医生（含一名主任医师）中分别

11、选派3名男医生和2名女医生，则在有一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派的概率为（）ABCD解：需要从我市某医院某科室的5名男医生（含一名主任医师）、4名女医生（含一名主任医师）中分别选派3名男医生和2名女医生，设事件A表示“有一名主任医师被选派”，B表示“另一名主任医师被选派”，P（A）+，P（AB），则在有一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派的概率为：P（B|A）故选：D8椭圆C：1（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆C于A，B两点，已知，则椭圆C的离心率为（）ABCD解：设|F1F2|2c，因为（）（）0，所以|AF2|F1F2|2c，所以

12、|AF1|2a2c，因为，所以|BF（ac），所以|BF2|，设AF1的中点为H，则F2HAB，|AH|ac，|BH|，|F2A|，即4c，整理可得7c212ac+5a20，即7e212e+50，解得e或1（舍去），所以离心率为，故选：A二、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已知函数f（x）cosxsinx（0）的部分图象如图所示，则下列选项正确的是（）A2B函数f（x）的单调增区间为k，k（kZ）C函数f（x）的图象关于（，0）中心对称D函数f（x）的图象可由y2cosx图象向右平移个单

13、位长度得到解：f（x）cosxsinx2cos（x+），由图像得：（），故T，故2，故A错误；令2k2x+2k得：kxk，故函数f（x）的单调递增区间是k，k（kZ），故B错误；f（）0，故C错误；f（x）的图像可由y2cosx图像向左平移个单位长度得到，故D错误；故选：AC10已知（2x）6a0+a1x+a2x2+a6x6，则下列选项正确的是（）Aa3360B（a0+a2+a4+a6）2（a1+a3+a5）21Ca1+a2+a6（2）6D展开式中系数最大的为a2解：令x0得a026，令x1得a0+a1+a2+a6（2）6，则a1+a2+a6（2）626，故C错误，令x1，得a0a1+a2a3

14、+a4a5+a6（2+）6，则（a0+a2+a4+a6）2（a1+a3+a5）2（a0+a1+a2+a6）（a0a1+a2a3+a4a5+a6）（2）6（2+）6（2）（2+）61，故B正确，a323（）3480，故A错误，展开式中偶数项系数为负值，奇数项系数为正值，则系数最大的在a0，a2，a4，a6中，展开式的通项公式Tk+126k（x）k，则a2720，a4540，a627，则系数最大的为a2，故选：BD11已知方程C：1，nN*，则下列选项正确的是（）A当n1时，|x|+|y|的最小值为B当n1时，方程C所表示的曲线围成封闭图形的面积为S，则S2C当n3时，|x|y|的最小值为D当n3

15、时，方程C所表示的曲线围成封闭图形的面积为S，则2S解：当n1时，由原方程可得，则|x|+|y|，当且仅当|x|y|时等号成立，故A正确；对于B，由方程C所表示的曲线关于原点与坐标轴对称，因此只需考虑0x1且0y1的部分即可，此时原方程为，而y，曲线位于直线y1x的下方，它与坐标轴围成的封闭曲线的面积小于，则方程C表示的曲线的面积S，故B正确；当n3时，|x|y|，故C错误；对于D，由方程C所表示的曲线关于原点与坐标轴对称，因此只需考虑0x1且0y1的部分即可，此时，即，而1x，曲线（0x1，0y1）位于直线y1x的上方，圆x2+y21（0x1，0y1）的下方，它与坐标轴围成的封闭曲线的面积大

16、于小于，当n3时，方程C所表示的曲线围成封闭图形的面积为S，则2S，故D正确故选：ABD12已知函数f（x）lnxax有两个零点x1，x2，且x1x2，则下列选项正确的是（）Aa（0，）Byf（x）在（0，e）上单调递增Cx1+x26D若 ，则解：由f（x）lnxax，可得f（x）a，（x0），当a0时，f（x）0，f（x）在x（0，+）上单调递增，与题意不符；当a0时，可得当f（x）a0，解得：x，可得当x（0，）时，f（x）0，f（x）单调递增，当x（，+）时，f（x）0，f（x）单调递减，可得当x时，f（x）取得极大值点，又因为由函数f（x）lnxax有两个零点x1，x2（x1x2），可

17、得f（）ln10，可得a，综合可得：0a，故A正确；当a时，x1+x22e6，故C错误，f（x）a，故x（0，）时，f（x）0，f（x）递增，a（0，），（0，e）（0，），故选项B正确；f（x）在（0，）递增，在（，+）递减，且a（，），1，x1（0，），x2（，+），f（1）a0f（x1），x11，f（）ln2lne220f（x2），x2，x2x11，故D正确；故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13已知直线x+y50与圆C：（x2）2+（y1）24相交于A，B两点，则ABC面积为2解：圆C：（x2）2+（y1）24的圆心坐标为C（2，1），半径r2，圆心C到直线x

18、+y50的距离d，直线x+y50被圆C：（x2）2+（y1）24截得的弦长为|AB|ABC面积为S故答案为：214在某市高三的一次模拟考试中，学生的数学成绩服从正态分布N（105，2）（0），若P（120）0.75，则P（90120）0.5解：学生的数学成绩服从正态分布N（105，2）（0），P（120）0.75，P（90）P（120）10.750.25，则P（90120）10.2520.5故答案为：0.515已知双曲线C：x21的左、右焦点分别为F1、F2，直线l过F2与双曲线C的左、右两支分别交于A、B两点，已知F1AF290，且ABF1内切圆半径为1，则|AB|3解：双曲线C：x21的a

19、1，设|AF1|m，|BF1|n，由双曲线的定义可得|AF2|AF1|+2am+2，|BF2|BF1|2an2，|AB|AF2|BF2|mn+4，由切线长定理可得直角三角形的内切圆的半径为两直角边的和与斜边的差的一半，所以，在直角三角形ABF1中，（|AB|+|AF1|BF1|）（mn+4+mn）1，可得mn1，所以|AB|1+43故答案为：316已知正方体ABCDA1B1C1D1棱长为1，M、N、P分别为棱A1A、A1B1、A1D1上的动点，且满足，则直线A1C与平面MNP所成角的正弦值为1；若以MNP为一底面的正三棱柱（底面为正三角形且侧棱垂直于底面的棱柱）的另一底面的三个顶点也在正方体A

20、BCDA1B1C1D1的表面上，则此正三棱柱体积的最大值为解：连接A1C1，B1D1，则A1C1B1D1，CC1平面A1B1C1D1，CC1B1D1，A1C1CC1C1，B1D1平面A1C1C，可得B1D1A1C，NPB1D1，则A1CNP，同理A1CMP，NPMPP，A1C平面MNP，直线A1C与平面MNP所成角的正弦值为1；A1C平面MNP，过M点作A1C的平行线与AC交于点O，则MO为正三棱柱的侧棱，设，则正三角形MNP的边长MN，在A1AC中，MO，x（0，1），求导V，令V0，解得x，当x（0，）时，V随x的增大而增大，当x（，1）时，V随x的增大而减小，故答案为：1；四、解答题：本

21、题共6小题，共70分.17在ABC中，（sinAsinC）2sin2B（2）sinAsinC，点D在线段AB上，且BDDC，BC2（1）求B；（2）在cos（CB），AD，sinA，这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中，求AC边长解：（1）因为（sinAsinC）2sin2B（2）sinAsinC，所以由正弦定理可得a2+c22acb2（2）ac，即a2+c2b2ac，所以由余弦定理可得cosB，因为B（0，），所以B（2）若选，因为B，BDDC，BC2，在BCD中，由正弦定理，解得CD，所以在ACD中，ADC，ACDCB，由cos（CB），可得sin（CB），可得sinAsin（+ACD

22、）+，在ACD中，由，解得AC若选，AD，由（1）可得B，因为BDDC，可得BDCB，BDC，在BCD中，由正弦定理，所以CD，在ACD中，由余弦定理AC2CD2+AD22ADCDcosADCCD2+AD2+2ADCDcosBDC+3+2（），解得AC若选，sinA，由（1）可得B，BC2，在ABC中，由正弦定理，可得，解得AC18已知等比数列an，其前n项和为Sn，若a1，an+1Sn+2，R，nN*（1）求的值；（2）设bn，求使b1+b2+bn成立的最小自然数n的值解：（1）根据题意，由通用公式可得，当n2时，可得，an+1ananan+1（1+）an，数列an是公比为+1的等比数列，又

23、因为a1，由得到，2（2）由（1）可知，数列an是以2为首项，3为公比的等比数列，即得，则，b1+b2+b3+bn（）+（）+（）13n1011n7故可得满足题意的最小自然数为n719如图，AB平面ADE，ABCD，ADCDABAE3，DAE120，四边形ABCD的对角线交于点M，N为棱DE上一点，且MN平面ABE（1）求的值；（2）求二面角BACN的余弦值解：（1）因为ABDC，所以，所以，因为MN平面ABE，平面BED平面ABEBE，MN平面BED，所以MNBE，所以（2）过N作NFAD于F，过F作FPAC于P，连接PN，因为AB平面ADE，AB平面ABCD，所以平面ADE平面ABCD，平

24、面ADE平面ABCDAD，所以NF平面ABCD，FP为NP在平面ABCD内的投影，所以ACPN，所以NPF为二面角NACD的平面角，由余弦定理得DE3，DN，由正弦定理得，sinADE，cosADE，NFDNsinADE，DFDNcosADE2，AFADDF1，因为ADDC，DCAD，所以CAD45，PFAFsinCAD，tanNPF，cosNPF，因为二面角BACN与二面角NACD互补，所以二面角BACN的余弦值为20已知点P（2，y0）为抛物线C：x22py（p0）上一点，F为抛物线C的焦点，抛物线C在点P处的切线与y轴相交于点Q，且FPQ面积为2（1）求抛物线C的方程；（2）设直线l经过

25、（2，5）交抛物线C于M，N两点（异于点P），求证：MPN的大小为定值解：（1）因为FPQ面积为2所以|FQ|22，即|FQ|2，x22py即y的导数为y，可得P处的切线的斜率为，切线的方程为yy0（x+2），令x0，可得yy0，所以+2，解得p2，所以抛物线的方程为x24y；（2）证明：设M（x1，），N（x2，），设直线l的方程为yk（x2）+5，由可得x24kx+8k200，所以x1+x24k，x1x28k20，因为P（2，1），（x1+2，1），（x2+2，1），所以（x1+2）（x2+2）+（1）（1）x1x2+2（x1+x2）+4+18k20+8k+50，所以，所以PMN的大小为定

26、值9021有A、B两盒乒乓球，每盒5个，乒乓球完全相同，每次等可能地从A、B两盒中随机取一个球使用（1）若取用后不放回，求当A盒中的乒乓球用完时，B盒中恰剩4个球的概率；（2）根据以往的经验，每个球可以重复使用3次以上，为了节约，每次取后用完放回原盒，设随机取用3次后A盒中的新球（没取用过的）数目为，求的分布列及期望解：（1）当A盒中的乒乓球用完时，B盒中恰剩4个球的概率为PC根据；（2）的可能取值为2，3，4，5，则P（2）（）3，P（3）+C，P（4）（）3，P（5），所以的分布列如下： 2 3 4 5 P E222已知函数f（x）（x2ax）lnxx2+2ax+1，x（0，+）（1）讨论

27、函数yf（x）的单调性；（2）若ae，求证：f（x）（1）2解：（1）f（x）的定义域是（0，+），f（x）（xa）lnxx+a（xa）（lnx1），当a0，令f（x）0，解得：xe，令f（x）0，解得：xe，故f（x）在（0，e）递减，在（e，+）递增，当0ae，令f（x）0，解得：xe或xa，令f（x）0，解得：axe，故f（x）在（0，a）递增，在（a，e）递减，在（e，+）递增，当ae时，令f（x）0恒成立，故f（x）在（0，+）递增，无递减区间，当ae，令f（x）0，解得：xa或xe，令f（x）0，解得：exa，故f（x）在（0，e）递增，在（e，a）递减，在（a，+）递增，综上：当

28、a0，f（x）在（0，e）递减，在（e，+）递增，当0ae，f（x）在（0，a）递增，在（a，e）递减，在（e，+）递增，当ae时，故f（x）在（0，+）递增，无递减区间，当ae，f（x）在（0，e）递增，在（e，a）递减，在（a，+）递增；（2）证明：令g（x）f（x），则g（x）lnx，ae，g（x）在（0，+）上单调递增，g（e）10，g（）0，设（x）exx，x0，则（x）ex10，（x）递增，（）（0）10，即0，x0（e，），使得g（x0）0，即ax0lnx0，且当x（0，x0）时，g（x）0，x（x0，+）时，g（x）0，f（x）在（0，x0）递减，在（x0，+）递增，f（x）minf（x0）（x0a）（lnx01）（x0x0lnx0）（lnx01）x0，设h（x）x（lnx1）2，x（e，），则h（x）（lnx1）22x（lnx1）1ln2x0，h（x）在（e，）上单调递减，f（x）minh（x0）h（），原命题成立