高三数学下学期第二次模拟考试试卷文含解析试题

2021届高三第二次模拟考试试卷
文科数学
一、选择题：此题一共12小题，每一小题5分，一共60分。

在每一小题给出的四个选项里面，只有一项是哪一项符合题目要求的.
1.集合，，那么〔〕
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据对数的性质，求出集合A，然后进展交集的运算，即可得到答案.
【详解】由题意，根据对数的运算性质，可得，
所以，应选B.
【点睛】此题主要考察了集合的交集运算，以及对数的运算性质，其中解答中熟记对数的运算性质，准确求解集合A是解答的关键，着重考察了运算与求解才能，属于根底题.
2.a为实数，假设复数为纯虚数，那么
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】
根据复数的运算法那么进展化简，结合复数是纯虚数，进展求解即可．
【详解】，
复数是纯虚数，
且，
得且，
即，
应选：A．
【点睛】此题主要考察复数的运算以及复数的概念，根据复数是纯虚数建立条件关系是解决此题的关键．
3.在普通高中新课程HY中，某地施行“〞选课方案。

该方案中“2”指的是从政治、地理、化学、生物4门学科中任选2门。

假设每门学科被选中的可能性相等，那么政治和地理至少有一门被选中的概率是〔〕
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
此题可从反面考虑，两门至少有一门被选中的反面是两门都没有被选中，两门都没被选中包含1个根本领件，代入概率的公式，即可得到答案.
【详解】设两门至少有一门被选中，那么两门都没有选中}，包含1个根本领件，那么，所以，应选D.
【点睛】此题主要考察了古典概型及其概率的计算，其中解答中合理应用对立事件和古典概型及其概率的计算公式求解是解答的关键，着重考察了运算与求解才能，属于根底题.
4.，为平面向量，，，那么，夹角的余弦值等于〔〕
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意利用两个向量的数量积的定义，两个向量的数量积公式，求得，夹角的余弦值．【详解】己知，，，
．
设，夹角，又，
，，
应选：B．
【点睛】此题主要考察两个向量的数量积的定义，两个向量的数量积公式的应用，属于根底题．
5.等差数列的前项和为，且，，那么〔〕
A. 82
B. 97
C. 100
D. 115 【答案】C
【解析】
【分析】
先求出公差，再根据等差数列的求和公式，求得，即可求解，得到答案.
【详解】因为等差数列的前n项和为，且，所以，解得，
又由，所以，解得，
所以，应选C.
【点睛】此题主要考察了等差数列的通项公式，以及等差数列的求和公式的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和前n项和公式，合理准确计算是解答的关键，着重考察了运算与求解才能，属于根底题.
6.将函数的图像向右平移个单位长度后,所得图像的一个对称中心为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用函数y＝A sin〔ωx+φ〕的图象变换规律，求得平移后的解析式，再令2x kπ，求得结论．
【详解】将函数y＝sin〔2x〕的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为y＝sin〔2x〕，
令2x kπ，求得x，k∈Z，故函数的对称中心为〔，0〕，k∈Z，
应选：A．
【点睛】此题主要考察函数y＝A sin〔ωx+φ〕的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，属于根底题．
7.双曲线的一条渐近线过点，那么C的离心率为
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】
求得双曲线的渐近线方程，由题意可得，再由离心率公式，计算可得所求值．
【详解】双曲线的渐近线方程为，
由题意可得，可得，
那么双曲线的离心率为．
应选：C．
【点睛】此题考察双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程和离心率的求法，考察方程思想和运算才能，属于根底题．
8.，，，那么〔〕
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用指数函数与幂函数的单调性进展大小比拟，即可得到答案.
【详解】由题意，根据指数函数与幂函数的单调性，
可得，所以，
又由，所以，
又由，所以，应选D.
【点睛】此题主要考察了指数函数与幂函数的单调性的应用，其中解答中合理应用指数函数与幂函数的单调性进展大小比拟是解答的关键，着重考察了运算与求解才能，属于根底题.
9.执行如下图的程序框图，那么输出的的值是〔〕
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】
根据程序框图，进展模拟运算，即可求解，得到答案.
【详解】由题意，模拟程序框图，可得：
，满足判断条件；
，满足判断条件；
，满足判断条件，
，不满足判断条件，
输出结果，应选B.
【点睛】此题主要考察了循环构造的程序框图的识别与计算结果的输出问题，其中解答中利用模拟程序的运算，逐次求解判断是解答的关键，着重考察了运算与求解才能，属于根底题.
10.在正方体中，点，分别是棱，的中点，那么直线与所成角的大小为〔〕
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线CE与所成角的大小．
【详解】
连接，在正方形中，，故得到三角形
，
故得到，，所以
故得到直线CE与所成角为.
应选：D．
【点睛】此题考察异面直线所成角的求法，考察空间中线线、线面、面面间的位置关系等根底知识，考察空间想象才能、运算求解才能，考察化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．
11.设椭圆的两焦点分别为，，以为圆心，为半径的圆与交于，两点，假
设为直角三角形，那么的离心率为〔〕
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由为直角三角形，得，可得，利用椭圆的定义和离心率的概念，即可求解.
【详解】如下图，因为为直角三角形，所以，
所以，那么，解得，应选B
【点睛】此题主要考察了椭圆的HY方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中合理利用椭圆的定义和离心率的概念求解是解答的关键，着重考察了运算与求解才能，属于根底题.
12.函数，假设，使得成立，那么实数的取值范围是〔〕
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
由题函数的定义域为R，且
即函数为及奇函数，且
在上恒成立，即函数函数在上单调递增，假设，使得成立，即
那么问题转化为，即在上
得最小值为-1 ，故实数的取值范围是 .
应选A.
二、填空题：此题一共4小题，每一小题5分，一共20分。

13.设满足约束条件，那么目的函数的最大值为__________．【答案】3
【解析】
【分析】
作出约束条件所表示的平面区域，结合图象确定函数的最优解，解求解目的函数的最大值，得到答案。

【详解】由题意，作出约束条件表示的平面区域，如下图，
目的函数，可化为直线，
当直线过点A时，直线在y轴上的截距最大，此时目的函数获得最大值，
又由，解得，
所以目的函数的最大值为。

【点睛】此题主要考察简单线性规划求解目的函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求〞，确定目的函数的最优解是解答的关键，着重考察了数形结合思想，及推理与计算才能，属于根底题．
14.函数，假设，那么______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，由的值分析可得，变形可得，那么有那么
，代入计算可得答案．
【详解】函数，假设，
那么，变形可得，
那么；
故答案为：．
【点睛】此题考察函数值的计算，关键是求出函数的解析式，属于根底题．
15.以点为圆心的圆C与直线相切，那么圆C的方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，设圆C的半径为r，由直线与圆的位置关系可得，结合圆的HY 方程分析可得答案．
【详解】根据题意，设圆C的半径为r，
以点为圆心的圆C与直线相切，那么圆心到直线的间隔为半径，那么有，
那么圆C的方程为；
故答案为：．
【点睛】此题考察直线与圆相切的性质，注意直线与圆相切的断定方法，属于根底题．一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；在求圆上的点到直线或者者定点的间隔时，一般是转化为圆心到直线或者者圆心到定点的间隔，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者者切线长时，经常用到垂径定理。

16.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，那么的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】
由利用正弦定理，二倍角的正弦函数公式可求的值，根据同角三角函数根本关系式可求的值，利用二倍角公式可求，的值，根据两角和的正弦函数公式可求的值，即可利用三角形的面积公式计算得解．
【详解】，，，
由正弦定理，可得：，可得：，
可得：，可得：，
可得：，，
，
．
故答案为：．
【点睛】此题主要考察了正弦定理，同角三角函数根本关系式，二倍角公式，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考察了计算才能和转化思想，属于根底题．解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现及、时，往往用余弦定理，而题设中假如边和正弦、余弦函数穿插出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进展解答.
三、解答题：一共70分。

解容许写出文字说明、证明过程或者演算步骤。

第17～21题为必考题，每个试题考生都必须答题。

第22、23题为选考题，考生根据要求答题。

〔一〕必考题：一共60分。

17.是等差数列，且，．
求数列的通项公式
假设，，是等比数列的前3项，求k的值及数列的前n项和．
【答案】〔1〕．〔2〕
【解析】
【分析】
直接利用条件求出数列的通项公式;利用等比数列的性质得到公比以及数列的通项，进而求出数列的通项公式，进一步利用分组法求出数列的和．
【详解】数列是等差数列，设公差为d，且，．
那么：，
解得：
所以：．
假设，，是等比数列的前3项，
那么：，根据等差数列的通项公式得到：，
代入上式解得：；，，是等比数列的前3项，
所以：等比数列的公比为．
由等比数列的通项公式得到：．
那么，
故：，
，
．
【点睛】此题考察的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，分组求和的应用，主要考察学生的运算才能和转化才能，属于根底题型．数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等.
18.某网络平台从购置该平台某课程的客户中，随机抽取了100位客户的数据，并将这100个数据按学时数，客户性别等进展统计，整理得到如表；
学时数
男性18 12 9 9 6 4 2
女性 2 4 8 2 7 13 4
根据上表估计男性客户购置该课程学时数的平均值同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，结果保存小数点后两位；
从这100位客户中，对购置该课程学时数在20以下的女性客户按照分层抽样的方式随机抽取7人，再从这7人中随机抽取2人，求这2人购置的学时数都不低于15的概率．将购置该课程到达25学时及以上者视为“非常爱好该课程者〞，25学时以下者视，为“非非常爱好该课程者〞请根据条件完成以下列联表，并判断是否有的把握认为“非常爱好该课程者〞与性别有关？
非非常爱好该课程者非常爱好该课程者合计
男性
女性
合计100
附：，
【答案】〔1〕平均值为．〔2〕〔3〕见解析
【解析】
【分析】
根据平均数的公式进展计算即可;利用分层抽样的方法，利用列举法结合古典概型的概率公式进展计算即可;完成列联表，计算的值，利用HY性检验的性质进展判断即可．
【详解】由题意知，在100位购置该课程的客户中，男性客户购置该课程学时数的平均值为
；
所以估计男性客户购置该课程学时数的平均值为．
设“所抽取的2人购置的学时数都不低于15为事件A，
依题意按照分层抽样的方式分別在学时数为，，的女性客户中抽取1人设为，2人设为A，
4人，设为，，，，从7人中随机抽取2人所包含的基木事件为：
aA，aB，，，，，AB，，，，，，，，，，，，，，，一共21种，
其中事件A所包含的根本领件为：，，，，，，一共6个，
那么事件A发生的概率．
依题意得列联表如下
非非常爱好该课程者非常爱好该课程者合计
男性48 12 60
女性16 24 40
合计64 36 100
那么．
故有的把握认为“非常爱好该课程者〞与性別有关．
【点睛】此题主要考察古典概型的概率计算，以及HY性检验的应用，利用列举法是解决此题的关键考察学生的计算才能．对于古典概型，要求事件总数是可数的，满足条件的事件个数可数，使得满足条件的事件个数除以总的事件个数即可.
19.如图，在三棱锥中，是等边三角形，，点P是AC 的中点，连接BP，DP
证明：平面平面BDP；
假设，，求三棱锥的体积．
【答案】〔1〕见证明；〔2〕
【解析】
【分析】
证明，，得出平面PBD，从而证明平面平面BDP；利用直
角三角形以及余弦定理求出AB的值，计算的面积和AC的值，即可求得三棱锥
的体积．
【详解】证明：如下图，
因为是等边三角形，，
所以≌，可得，
又因为点P是AC的中点，那么，，
又，平面PBD，平面PBD，
所以平面平面BDP；
设，在中，，那么；
在等边中，，
在等腰中，；
在中，由，得；
由余弦定理得，
即，解得；
所以的面积为，
所以三棱锥的体积为．
【点睛】此题考察了平面与平面垂直的断定问题，也考察了空间想象才能和逻辑思维才能，以及三棱锥体积的计算问题，是中档题．在证明面面垂直时，其常用方法是在其中一个平面内找两条相交直线和另一平面内的某一条直线垂直.
20.椭圆：的一个焦点为，点在上.
〔1〕求椭圆的方程；
〔2〕假设直线：与椭圆相交于，两点，问轴上是否存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？假设存在，求点的坐标；假设不存在，说明理由. 【答案】〔1〕〔2〕见解析
【解析】
【分析】
先求出c的值，再根据，又，即可得到椭圆的方程;假设y轴上存在点，是以M为直角顶点的等腰直角三角形，设，，线段AB的中点为，根据韦达定理求出点N的坐标，再根据，，即可求出m的值，可得点M的坐标
【详解】由题意可得，点在C上，
，
又，
解得，，
椭圆C的方程为，
假设y轴上存在点，是以M为直角顶点的等腰直角三角形，
设，，线段AB的中点为，
由，消去y可得，
，解得，
，，
，，
，
依题意有，，
由，可得，可得，
由可得，
，，
代入上式化简可得，
那么，
解得，
当时，点满足题意，当时，点满足题意
【点睛】此题主要考察直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要无视判别式的作用．
21.函数，，其中．
讨论函数与的图象的交点个数；
假设函数与的图象无交点，设直线与的数和的图象分别交于点P，证明：．
【答案】〔1〕见解析〔2〕见证明
【解析】
【分析】
原问题等价于求解方程根的个数，据此构造函数，分类讨论即可确定交点的个数；由可知，当函数与的图象无交点时，，据此构造函数证明题中的不等式即可．
【详解】函数与的图象交点个数即方程根的个数，
设，．
那么在上单调递增，且．
当时，，那么在上单调递减；
当时，，，那么在上单调递增．
所以，当时，．
当，即时，函数无零点，即函数与的图象无交点；
当时，函数有一个零点，即函数与的图象有一个交点；
当时，又．
，所以在和上分别有一个零点．
所以，当时，有两个零点，即函数与的图象有两个交点．综上所述：当时，函数与的图象的交点个数为0；
当时，函数与的图象的交点个数为1；
当时，函数与的图象的交点个数为2．
由可知，当函数与的图象无交点时，．
设，，由得，由得，
．
设，
先证明不等式，再证明，．
设那么．
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以，即．
设那么．
当时，，单调递减：
当时，，单调递增．
所以，即．
所以．
因为时，中等号成立，时，中等号成立，
而，所以等号不能同时成立．
所以．
所以．
【点睛】此题主要考察导数研究函数零点的个数，导数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题．利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.〔2〕根据条件，寻找目的函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或者利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
〔二〕选考题：一共10分。

请考生在第22、23题中任选一题答题。

假如多做，那么按所做的第一题计分。

22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为〔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，直线的极坐标方程为.
〔1〕写出曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
〔2〕假设直线与曲线有两个不同交点，求的取值范围.
【答案】〔1〕的普通方程为，的直角坐标方程为；〔2〕.
【解析】
【分析】
〔1〕利用平方关系消去参数即可得到曲线的普通方程，再利用极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得曲线的直角坐标方程；
〔2〕解法1：根据直线的斜率公式，求得直线的斜率的取值范围，进而获得实数的取值范围.解法2：利用方程组，转化为方程在上有两个不相等实根，借助二次函数的性质，即可求解.
【详解】〔1〕解：曲线的普通方程为，
把，代入，得
直线的直角坐标方程为，即.
〔2〕解法1：由直线：，知直线恒过点.
由，当时，得，
所以曲线过点，.
那么直线的斜率为，
直线的斜率为.
因为直线的斜率为，且直线与曲线有两个不同交点，
所以，即.
所以的取值范围为.
解法2：由，消去得，
依题意，得在上有两个不相等实根.
设，
那么，
解得.
所以的取值范围为.
【点睛】此题主要考察了参数方程与普通方程，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线方程的应用，其中解答中熟记互化公式，以及直线的斜率公式的应用或者转化为一元二次方程的根的分布是解答的关键，着重考察了转化思想，以及运算与求解才能，属于根底题.
23.函数．
当时，求不等式的解集；
假设，不等式对都成立，求的取值范围．
【答案】〔1〕；〔2〕．
【解析】
【分析】
〔1〕运用两边平方和平方差公式，可得不等式的解集；
〔2〕由题意可得，由绝对值不等式的性质可得的最大值，解不等式可得所求范围．
【详解】解：函数，
即为，
可得，
即，解得，
那么原不等式的解集为；
假设，不等式对都成立，
即有，
由
，
可得的最大值为，，
那么，解得．
【点睛】此题考察绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题的运用，考察运算才能，属于根底题．
励志赠言经典语录精选句；挥动**，放飞梦想。

厚积薄发，一鸣惊人。

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奋勇冲击，永争第一。

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翻手为云，覆手为雨。

二人同心，其利断金。

短暂辛苦，终身幸福。

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大智若愚，大巧若拙。

聪明出于勤奋，天才在于积累。

把握机遇，心想事成。

奥运精神，永驻我心。

“想”要壮志凌云，“干”要脚踏实地。

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不学习，如何养活你的众多女人。

不为失败找理由，要为成功想办法。

不勤于始，将悔于终。

不苦不累，高三无味;不拼不搏，高三白活。

不经三思不求教不动笔墨不读书，人生难得几回搏，此时不搏，何时搏。

不敢高声语，恐惊读书人。

不耻下问，学以致用，锲而不舍，孜孜不倦。

博学强识，时不我待，黑发勤学，自首不悔。

播下希望，充满**，勇往直前，永不言败。

保定宗旨，砥砺德行，远见卓识，创造辉煌。

百尺高梧，撑得起一轮月色;数椽矮屋，锁不住五夜书声。