天津市静海区第一中学2021届高三下学期二模数学试题 含答案.docx

1、静海一中2020-2021第二学期高三二模数学试卷注意事项:本试卷分为第I卷和第II卷，试卷满分150分，考试时间120分钟第I卷（选择题）一、单选题（本大题共9小题，共45分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1集合，则等于（）A1,4,5.6B1,5C4D1,2,3,4,52设，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3函数的图象大致是（）ABCD4某市通过统计50个大型社区产生的日均垃圾量，绘制了如下图所示的频率分布直方图，数据的分组依次为：，.为了鼓励率先实施垃圾分类回收，将日均垃圾量不少于14吨的社区划定为试点社区，则这样的试点社区个

2、数是（）.A4B10C19D405已知，则的大小关系为ABCD6设直三棱柱的所有顶点都在一个表面积是的球面上，且，则该直三棱柱的体积是（）ABCD7已知函数，给出下列命题：，都有成立；存在常数恒有成立；的最大值为；在上是增函数.以上命题中正确的为（）ABCD8在平面直角坐标系中，双曲线：的左右焦点分别为，过且垂直于轴的直线与相交于两点，与轴的交点为，则的离心率为（）ABCD9如图，在平行四边形ABCD中，若M、N分别是边上的点，且满足，其中0，1，则的取值范围是（）A3，1B3，1C1，1D1，3第II卷（非选择题）二、填空题（本大题共6小题，共30分）10i是虚数单位，则复数_.11在的展开

3、式中，的系数是_12抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离是_.13若，则的最小值为_，此时_.14设甲乘汽车火车前往目的地的概率分别为0.60.4，汽车和火车正点达到目的地的概率分别为0.9，0.8，则甲正点到达目的地的概率为_.15已知，若函数有三个零点，则实数的取值范围是_三、解答题（本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，（1）求的值（2）求的值.17如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，平面，且，点在棱上（不包括端点），点为中点.(1)若，求证：直线平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值；(3)是否存在点，使

4、与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.18已知正项等比数列满足，数列满足.(1)求数列，的通项公式；(2)令求数列的前n项和.(3)设的前n项和为，求19已知椭圆()的离心率为，点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）已知直线与椭圆交于A，两点，点的坐标为，且，求实数的值.20已知函数（1）已知为的极值点，求曲线在点处的切线方程；（2）讨论函数的单调性；（3）当时，若对于任意，都存在，使得，证明：1B【分析】先计算出，再由交集定义计算【详解】由题意所以故选： B【点睛】本题考查集合的综合运算，掌握并理解集合运算“交并补”是解题关键2A【分析】根据不等式的解法，求得不等式解

5、集对应的集合，结合是的真子集，即可求解.【详解】由不等式，解得，设为集合又由，解得，设为集合，则是的真子集，所以是充分不必要条件.故选：A.3A【分析】先判断函数的奇偶性排除B,D，再根据f(1)排除C得解.【详解】由题得，所以函数是奇函数，排除选项B,D.由题得，所以排除选项C.故选A【点睛】本题主要考查函数图像的识别，考查函数的奇偶性的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.4B【分析】求出日均垃圾量不少于14吨的频率和，用50乘以频率和，即可选出正确答案.【详解】解：日均垃圾量不少于14吨的组为和，频率和为，则个，故选:B.5A【解析】利用等中间值区分各个数值的大小【详解

6、】，故，所以故选A【点睛】本题考查大小比较问题，关键选择中间量和函数的单调性进行比较6A【分析】先设出棱长，表示出球半径，利用球的表面积求出棱长，然后利用柱体的体积公式可求体积.【详解】设.因为，所以.由正弦定理得是外接圆的半径），.又球心到平面的距离等于侧棱长的一半，所以球的半径为.所以球的表面积为，解得.因此该直三棱柱的体积是故选：A.7D【解析】根据三角函数的性质和值域依次判断每个选项得到答案.【详解】，为奇函数，正确；，为周期函数，正确；，令，则，令，得，且为最大值，错误；当时，所以在上为增函数，正确.故选：D.【点睛】本题考查了三角函数的奇偶性，周期，最值，单调性，意在考查学生对于三

7、角函数知识的综合应用.8B【分析】求出的坐标后利用垂直关系可得的关系，从而可求离心率.【详解】由双曲线的对称性，不妨设在轴的上方，因为过且垂直于轴，故，所以直线，整理得到，故.因为，故，整理得到，所以即，故.故选：B.9A【详解】建立如图所示的以A为原点，AB，AD所在直线为x，y轴的直角坐标系，则B（2，0），A（0，0），D（12，32）满足则 ，因为0，1，二次函数的对称轴为：，则0，1为增区间，故当0，1时， 本题选择A选项.点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用10【解析

8、】根据复数的乘除运算，化简复数即可.【详解】由已知复数，故答案为：1110【分析】写出二项展开式的通项公式，整理后令的指数为2，即可求出【详解】因为的展开式的通项公式为，令，解得所以的系数为故答案为：【点睛】本题主要考查二项展开式的通项公式的应用，属于基础题12【分析】先求出抛物线的焦点坐标，再求出双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式即可求解.【详解】抛物线的焦点为，双曲线的渐近线方程为，利用点到直线的距离公式可得：，故答案为：.13 4 【解析】根据基本不等式可求得结果.【详解】因为，所以，当且仅当，即时，等号成立.故答案为：4；【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满

9、足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.140.86【分析】分甲乘汽车和火车两类，分别利用独立事件的概率求解，然后再求和.【详解】当甲乘汽车时正点到达目的地的概率为，当甲乘火车时正点到达目的地的概率为，所以甲正点到达目的地的概率为，故答案为：0.8615【分析】求导得到函数在的单调区间和极大值，画出函数图像，将零点转化

10、为交点，根据图像得到答案.【详解】当时，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减.在时的极大值为，当时，画出函数图像，如图所示：函数有三个零点，即有三个交点，故故答案为：.16（1）（2）【分析】（1）首先利用正弦定理得到，代入余弦定理得到，再利用同角三角函数关系即可得到的值.（2）利用三角恒等变换公式计算即可得到答案.【详解】（1）在中，所以 由余弦定理可得又因为，所以 （2）， 所以.【点睛】本题第一问考查正弦定理角化边公式和余弦定理，第二问考查三角恒等变换公式，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.17(1)证明过程见详解(2)(3)存在，理由见详解.【分析】(1) 取的一个靠近点的三等分

11、点，连接，利用平行的传递性得到，进而得到四边形为平行四边形，则，再利用线面平行的判定定理即可求解；(2)根据题意，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，代入向量的夹角公式即可求解；(3)假设存在点，设，根据（2）中平面的法向量以及题中与平面所成角的正弦值为，求出即可求解.【详解】（1）取的一个靠近点的三等分点，连接，因为，所以且,又因为，且，点为中点，所以且，则四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以直线平面.（2）如图所示，以点为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，又为的中点，则，所以，,设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，

12、则，令，则，所以，所以平面与平面的夹角的余弦值为.（3）存在，.假设存在点(不包括端点)，设，即，由（2）得，且平面的法向量，则，所以，因为与平面所成角的正弦值为，则，整理得：，解得：或（舍去），故存在点，使与平面所成角的正弦值为，此时.18(1)，；(2)；(3)【分析】（1）由等差数列的基本量法求得公比后可得，再计算得；（2）由错位相减法求和；（3）由等差数列的前项和公式计算【详解】（1）设的公比为，则由已知得，则，或（舍去），；（2），相减得，；（3）由（1），19（1）；（2）.【分析】（1）由离心率可得，将代入椭圆可求得，得出椭圆方程；（2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理即可求得.

13、【详解】（1）椭圆的离心率，则，点在椭圆上，解得，则，椭圆的方程为.（2）设.联立，得.，即，整理得，解得，满足，故.【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为形式；（5）代入韦达定理求解.20（1）（2）当时，在上单调递增.当时，在上单调递增，在上单调递减.（3）证明见解析.【分析】（1）求出导数，由条件可得解出参数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，写出切线方程.(2)由题意，求出其导数得，令，通过讨论在的函数值的符号，得出单调区间.(3

14、)根据函数的解析式可得，又，从而得到关系，由在上单调递增.，则只需证明即可，作差将前面的关系代入构造函数即可证明.【详解】（1），由为的极值点.所以，解得,由，得，由，得，所以在上单调递减，在上单调递增. 满足在处取得极值.则， 所以过点的切线方程为 (2) ,则当时，则在上单调递增.令,，对称轴方程为 当时，开口向下，对称轴方程为，所以在上单调递减，所以，所以.则在上单调递增.当时，有两个不等实数根，所以得出，得出则在上单调递增，在上单调递减综上所以：当时，在上单调递增.当时，在上单调递增，在上单调递减.（3） 所以又所以即则 由，则，设设，则所以在 上单调递减,所以所以恒成立,即由，则 由，则在时恒成立.所以在上单调递增.所以由，可得成立.【点睛】关键点睛：本题考查由极值点求参数，利用导数的几何意义求切线方程，含参数的单调性讨论以及不等式的证明问题，解答本题的关键是对函数在的函数值的符号的讨论得出原函数的单调区间，以及由在上单调递增，则要证明，只需证明，从而得出，使得问题得证，属于难题.