高三数学下学期第二次模拟考试试题理含解析

卜人入州八九几市潮王学校长郡2021届高三数学下学期第二次模拟考试试题理〔含解
析〕
一、选择题：此题一共12小题，每一小题5分.在每一小题给出的四个选项里面.只有一项为哪一项哪一项符合题目要求的.
，那么〔〕
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
求出集合A中的元素，从而求出A的补集即可．或者者将分别代入检验.
【详解】解法1：，故，所以选C.
解法2：将分别代入检验，可得，故，所以选C.
【点睛】此题考察了集合的运算，考察不等式解法，是根底题．
为第二象限角．那么复数〔为虚数单位〕对应的点在〔〕
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限【答案】B
【解析】
【分析】
根据复数对应复平面的点，然后判断对应三角函数的符号即可得到答案.
【详解】解：因为为第二象限角．所以，即复数的实部为负数，虚部为正数，所以对
应的点在第二象限．
应选：B．
【点睛】此题主要考察复数对应的复平面的点的相关概念，难度较小.
前9项的和为27，，那么
A.100
B.99
C.98
D.97
【答案】C
【解析】
试题分析：由，所以应选C.
【考点】等差数列及其运算
【名师点睛】等差、等比数列各有五个根本量,两组根本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于根本量的方程〔组〕,因此可以说数列中的绝大局部运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.
，条件，那么是的〔〕
A.充分非必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要的条件
【答案】A
【解析】
试题分析：条件等价于，条件等价于集合，因为，且，所以是的充分不必要条件，即是的充分不必要条件．
考点：充分必要条件．
，那么使成立的的取值范围是〔〕
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
通过判断原函数的单调性和奇偶性脱离f，建立不等式关系解出即可.
【详解】解：根据题意，函数，那么，即函数为偶函数，
当时，易得为增函数，
那么，
变形可得：，解可得或者，
即的取值范围为
应选：D．
【点睛】此题主要考察函数的单调性，奇偶性以及通过函数性质解不等式问题，难度中等.
6.如下列图，半径为1的圆是正方形的内切圆，将一颗豆子随机地扔到正方形内，用表
示事件“豆子落在圆内〞，表示事件“豆子落在扇形〔阴影局部〕内〞，那么〔〕A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用几何概型先求出，，再由条件概率公式求出．【详解】如下列图，半径为1的圆O是正方形MNPQ的内切圆，
将一颗豆子随机地扔到正方形MNPQ内，
用A表示事件“豆子落在圆O内〞，B表示事件“豆子落在扇形阴影局部内〞，
那么，，．应选：B．
【点睛】此题考察概率的求法，考察几何概型、条件概率能等根底知识，考察运算求解才能，是根底题．
7.某四棱锥的三视图如下列图，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为
A.1
B.2
C.3
D.4
【答案】C
【解析】
分析：根据三视图复原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.
详解：由三视图可得四棱锥，在四棱锥中，，
由勾股定理可知：，那么在四棱锥中，直角三角形有：
一共三个，应选C.
点睛：此题考察三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或者长方体中进展复原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进展棱长、外表积、体积等相关问题的求解.
8.，那么的展开式中的系数为〔〕
A. B.15 C. D.5
【答案】D
【解析】
由题意得，
故求的展开式中的系数．
∵，
展开式的通项为．
∴展开式中的系数为．选D．
的图象向左平移个单位长度，再把所得的图象上每个点的横、纵坐标都变为原来的2倍，得到函数的图象，并且的图象如下列图，那么的表达式可以为〔〕
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据条件先求出φ和ω，结合函数图象变换关系进展求解即可．
【详解】∵g〔0〕＝2sinφ＝1，即sinφ，
∴φ或者φ〔舍去〕
那么g〔x〕＝2sin〔ωx〕，
又当k=1,
即g〔x〕＝2sin〔x〕，
把函数g〔x〕的图象上所有点的横坐标缩短到到原来的，得到y＝2sin〔4x〕，再把纵坐标缩短到到原来的，得到y＝sin〔4x〕，再把所得曲线向右平移个单位长度得到函数g〔x〕的图象，
即g〔x〕＝sin[〔x-〕]＝
应选：B．
【点睛】此题主要考察三角函数图象的应用，根据条件求出ω和φ的值以及利用三角函数图象平移变换关系是解决此题的关键．
10.是双曲线的左、右焦点，假设点关于双曲线渐近线的对称点满足
〔为坐标原点〕，那么双曲线的渐近线方程为〔〕
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先利用对称求出点的坐标，根据可得，再利用两点间间隔得出关于方程，从而解得渐近线方程.
【详解】解：设
因为点关于渐近线的对称点为，不妨设渐近线方程为，
故有，解得，
因为，
所以，
根据两点间间隔可得，
，
即，
即，
即，即，
可得，所以，
故渐近线方程为，应选B.
【点睛】此题考察了点关于直线对称点的知识，考察了双曲线渐近线方程、两点间间隔公式等知识，解题时需要有较强的运算才能.
11.电子计算机诞生于20世纪中叶，是人类最伟大的技术创造之一．计算机利用二进制存储信息，其中
最根本单位是“位〔bit〕〞，1位只能存放2种不同的信息：0或者l，分别通过电路的断或者通实现．“字节〔Byte〕〞是更大的存储单位，，因此1字节可存放从至一共256种不同的信息．将这256个二进制数中，所有恰有相邻两位数是1其余各位数均是0的所有数相加，那么计算结果用十进制表示为〔〕
A.254
B.381
C.510
D.765
【答案】B
【解析】
【分析】
将符合题意的二进制数列出，转化为十进制，然后相加得出结果.
【详解】恰有相邻两位数是1其余各位数均是0的二进制数为，，，，，，，一共
，应选B.【点睛】本小题主要考察二进制转化为十进制，阅读与理解才能，属于根底题.
有唯一零点，那么a=
A. B. C. D.1
【答案】C
【解析】
函数的零点满足，
设，那么，
当时，；当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
当时，函数获得最小值，为.
设，当时，函数获得最小值，为，
假设，函数与函数没有交点；
假设，当时，函数和有一个交点，
即，解得.应选C.
【名师点睛】利用函数零点的情况求参数的值或者取值范围的方法：
〔1〕利用零点存在性定理构建不等式求解.
〔2〕别离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.
〔3〕转化为两个熟悉的函数图像的上、下关系问题，从而构建不等式求解.
二、填空题：本大题一一共4小题，每一小题5分，一共20分.
满足，且，那么在方向上的投影为_____．
【答案】1
【解析】
【分析】
通过向量的数量积及投影的相关概念建立方程即可得到答案.
【详解】解：向量满足，且，那么在方向上的投影为：
．
故答案为：1．
【点睛】此题主要考察向量的数量积，及投影的相关概念，难度较小.
14.设满足约束条，那么目的函数的最大值为_____．
【答案】4
【解析】
【分析】
画出不等式表示的平面区域，通过目的函数表示的斜率式观察图像即可得到答案.
【详解】解：作出不等式组对应的平面区域如图：〔阴影局部〕．
目的函数的几何意义为区域内的动点到定点的斜率，
由图象知的斜率最大，
由得，
此时的斜率，
即的最大值为4．
故答案为：4．
【点睛】此题主要考察线性规划问题，在于考察学生的作图才能及转化才能，此题只需将目的函数化为斜率式即可得到答案.
与抛物线相交于两点，为的焦点，假设，那么_____．
【答案】
【解析】
【分析】
画出几何图像，建立几何关系，通过建立方程即可得到答案.
【详解】解：由题意利用定义，结合其他几何性质可得抛物线
的焦点，准线．
又直线过定点，
因为，所以为中点，
连接，所以．
设，所以，．
作，那么垂足为的中点，设，
那么，，求得、，所以，
故答案为：．
【点睛】此题主要考察抛物线的几何性质及学生的计算才能，难度中等.
的正四面体毛坯件切割成一个圆柱体零件，那么该圆柱体体积的最大值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】
找出正四面体中内接圆柱的最大值的临界条件，通过体积公式即可得到答案.
【详解】解：圆柱体体积最大时，圆柱的底面圆心为正四面体的底面中心，圆柱的上底面与棱锥侧面的交点在侧面的中线上．
∵正四面体棱长为，∴，，，
∴，
设圆柱的底面半径为，高为，那么．
由三角形相似得：，即，
圆柱的体积，
∵，当且仅当即时取等号．
∴圆柱的最大体积为．
故答案为：．
【点睛】此题主要考察学生的空间想象才能,以及分析问题的才能，根本不等式的运用,难度较大.
三、解答题：解容许写出文字说明，证明过程或者演算步骤.
17.分别是的三个内角的对边，假设，角是最小的内角，且
．
〔Ⅰ〕求的值；
〔Ⅱ〕假设的面积为42，求的值．
【答案】(Ⅰ);(Ⅱ).
【解析】
【分析】
(Ⅰ)由正弦定理，三角形内角和定理可得，结合，整理可得，又，利用同角三角函数根本关系式可求的值．
(Ⅱ)由(Ⅰ)及三角形的面积公式可求的值，利用同角三角函数根本关系式可求的值，根据余弦定理可求的值．
【详解】(Ⅰ)由、，及正弦定理可得：
，
由于，整理可得：，
又，
因此得：．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，
又的面积为42，且，
从而有，解得，
又角是最小的内角，
所以，且，得，
由余弦定理得，即．
【点睛】此题主要考察了正弦定理，三角形内角和定理，同角三角函数根本关系式，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考察了计算才能和转化思想。

18.如图，在多面体中，平面，平面平面，是边长为2的等边三角
形，，．
〔1〕证明：平面平面；
〔2〕求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】〔1〕见解析〔2〕
【解析】
【分析】
(1)通过面面垂直的断定转化为线面垂直，进而转化为线线垂直从而证明;
(2)建立空间直角坐标系，利用法向量计算即可.
【详解】证明：〔1〕取中点，连结，
∵，∴，，
∵平面，平面平面，
平面平面，
∴平面，
∵平面，∴，
又，
∴四边形是平行四边形，∴，
∵是等边三角形，∴，
∵平面，平面平面，平面平面，
∴平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面．
解：〔2〕由〔1〕得平面，∴，
又，
分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
那么，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
，
那么，取，得，
设平面与平面所成锐二面角的平面角为，
那么．
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
【点睛】此题主要考察学生的空间想象才能及计算才能,难度不大.建立适宜的空间直角坐标系是解决此题的关键.
的离心率为，且过点．
〔Ⅰ〕求椭圆的HY方程；
〔Ⅱ〕设为椭圆的左、右顶点，过的右焦点作直线交椭圆于两点，分别记，的面积为，求的最大值．
【答案】〔Ⅰ〕〔Ⅱ〕4
【解析】
【分析】
〔Ⅰ〕根据椭圆中相关量的几何性质即可算出椭圆的HY方程；
〔Ⅱ〕设直线，直曲联立，得到维达定理，进而表示出相关量，从而算出最大值.
【详解】解：〔Ⅰ〕根据题意可得：，，
解得：．
故椭圆的HY方程为：．
〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知，当直线的斜率不存在时，，于是；
当直线的斜率存在时，设直线，设，
联立，得．
∴，，
于是
．
当且仅当时等号成立，此时的最大值为4．
综上，的最大值为4．
【点睛】此题主要考察椭圆的HY方程的相关计算，直线与圆锥曲线的位置关系，以及根本不等式问题,主要考察学生的计算才能和转化才能.
20.某快递公司收取快递费用的HY 是：重量不超过的包裹收费10元；重量超过的包裹，除收
费10元之外，超过的局部，每超出〔缺乏，按计算〕需再收5元．该公司将最近承揽的100件包裹的重量统计如表：
包裹重量
1 2 3 4 5
〔单位：
kg〕
包裹件数43 30 15 8 4
公司对近60天，每天揽件数量统计如表：
包裹件数
0～100 101～200 201～300 301～400 401～500 范围
包裹件数
〔近似处
50 150 250 350 450
理〕
天数 6 6 30 12 6
以上数据已做近似处理，并将频率视为概率．
〔1〕计算该公司将来3天内恰有2天揽件数在101～400之间的概率；
〔2〕①估计该公司对每件包裹收取的快递费的平均值；
②公司将快递费的三分之一作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的用作其他费用．目前前台有工
作人员3人，每人每天揽件不超过150件，工资100元．公司正在考虑是否将前台工作人员裁减1人，试计算裁员前后公司每日利润的数学期望，并判断裁员是否对进步公司利润更有利？
【答案】(1)；(2)(i)15元；(ii)答案见解析.
【解析】
试题分析：先计算出包裹件数在之间的天数为，然后得到频率，估计出概率，运用二项分布求出结果(2)运用公式求出每件包裹收取的快递费的平均值(3)先将天数转化为频率，分别计算出不裁员和裁员两种情况的利润，从而作出比较
解析：〔1〕样本包裹件数在之间的天数为，频率，
故可估计概率为，
显然将来天中，包裹件数在之间的天数服从二项分布，
即，故所求概率为.
〔2〕〔i〕样本中快递费用及包裹件数如下表：
包裹重量〔单位：〕
快递费〔单位：元〕
包裹件数
故样本中每件快递收取的费用的平均值为〔元〕，故该公司对每件快递收取的费用的平均值可估计为元.
〔ii〕根据题意及〔2〕〔i〕，揽件数每增加，可使前台工资和公司利润增加〔元〕，
将题目中的天数转化为频率，得
包裹件数范
围
包裹件数
〔近似处
理〕
天数
频率
假设不裁员，那么每天可揽件的上限为件，公司每日揽件数情况如下：
包裹件数
〔近似处
理〕
实际揽件数
频率
故公司平均每日利润的期望值为〔元〕；
假设裁员人，那么每天可揽件的上限为件，公司每日揽件数情况如下：
包裹件数
〔近似处
理〕
实际揽件数
频率
故公司平均每日利润的期望值为〔元〕.
因，故公司将前台工作人员裁员人对进步公司利润不利.
点睛：此题考察了频率和概率、平均值的实际应用，计算出频率来估计概率的取值，运用二项分布求出事件概率，在比较裁员与不裁员的情况下分别算出期望值，来比较利润的大小，从而为作出决策提供根据。

．
〔1〕假设函数有两个零点，求的取值范围；
〔2〕证明：当时，关于的不等式在上恒成立．
【答案】〔1〕；〔2〕
【解析】
【分析】
〔1〕可得m=lnx-x．令g〔x〕=lnx-x，可得g〔x〕在〔0，1〕单调递增，在〔1，+∞〕单调递减，那么m ＜g〔1〕=-1即可，
〔2〕f〔x〕+〔x-2〕e x＜0，可得m＞〔x-2〕e x+lnx-x．设h〔x〕=〔x-2〕e x+lnx-x，x∈，；，设设，，，使得，即
，∴x0=-lnx0．，设，可得，即当时，即可．
【详解】〔1〕令，；
令，，
令，解得，令，解得，
那么函数在上单点递增，在上单点递减，。

要使函数有两个零点，那么函数的图像与有两个不同的交点。

那么，即实数的取值范围为。

〔2〕，；
设，；
设，，那么在上单调递增.
又，.，使得，即，.
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减.
.
设，.
当时，恒成立，那么在上单调递增，
，即当时，.
当时，关于的不等式在上恒成立.
【点睛】此题考察导数知识的运用，考察函数的单调性与最值，考察函数的零点，考察分类讨论的数学思想，属于中档题．
请考生在22、23两题中任选一题答题.注意：只能做所选定的题目.假设多做，那么按所做第一个题目计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]
中，以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为
；直线的参数方程为〔为参数〕，直线与曲线分别交于两点．
〔1〕写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；
〔2〕假设点的极坐标为，，求的值．
【答案】(1)曲线的直角坐标方程为即，直线的普通方程为；〔2〕.
【解析】
【分析】
〔1〕利用代入法消去参数方程中的参数，可得直线的普通方程，极坐标方程两边同乘以利用
即可得曲线的直角坐标方程；〔2〕直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，根据直线参数方程的几何意义，利用韦达定理可得结果.
【详解】〔1〕由，得，
所以曲线的直角坐标方程为，
即，直线的普通方程为.
(2)将直线的参数方程代入并化简、整理，
得.因为直线与曲线交于，两点。

所以，解得.
由根与系数的关系，得，.
因为点的直角坐标为，在直线，
解得，此时满足.且，故.．
【点睛】参数方程主要通过代入法或者者恒等式〔如等三角恒等式〕消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式，等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题．
23..
〔1〕当时，求不等式的解集；
〔2〕假设时不等式成立，求的取值范围.
【答案】〔1〕；〔2〕
【解析】
分析：(1)将代入函数解析式，求得，利用零点分段将解析式化为
，然后利用分段函数，分情况讨论求得不等式的解集为；(2)根据题中所给的，其中一个绝对值符号可以去掉，不等式可以化为时
，分情况讨论即可求得结果.
详解：〔1〕当时，，即
故不等式的解集为．
〔2〕当时成立等价于当时成立．
假设，那么当时；
假设，的解集为，所以，故．
综上，的取值范围为．
点睛：该题考察的是有关绝对值不等式的解法，以及含参的绝对值的式子在某个区间上恒成立求参数的取值范围的问题，在解题的过程中，需要会用零点分段法将其化为分段函数，从而将不等式转化为多个不等式组来解决，关于第二问求参数的取值范围时，可以应用题中所给的自变量的范围，去掉一个绝对值符号，之后进展分类讨论，求得结果.。