无锡市锡山区天一中学2021届高考数学二模考前热身试卷(含答案解析)

无锡市锡山区天一中学2021届高考数学二模考前热身试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）
1.设，已知集合，，且，则实数的取值范
围是()
A. B. C. D.
2.设i是虚数单位，若复数z满足z(1−i)=i，则复数z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
3.由所确定的平面区域内整点的个数是()
A. 6个
B. 5个
C. 4个
D. 3个
4.函数y=a−x与y=log a(−x)的图象可能是()
A. B.
C. D.
5.在中，，，则的面积为()
A. B. C. D.
6.《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长六百里，良马初日行一百零
三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．根据该问题设计程序框图，若输人a=103，b=97，则输出n的值是()
A. 5
B. 6
C. 7
D. 8
7.
已知双曲线：x 2−
y 24
=1上一点P 到它的一个焦点的距离为2，
则它到另一个焦点的距离为( ) A. 3
B. 4
C. 6
D. 2+2√5
8.
已知f(x)=x 3−6x 2+9x −abc ，a <b <c ，且f(a)=f(b)=f(c)=0.现给出如下结论：
①f(0)f(1)>0； ②f(0)f(1)<0； ③f(0)f(3)>0； ④f(0)f(3)<0； ⑤abc <4； ⑥abc >4．
其中正确结论的序号是( )
A. ①③⑤
B. ①④⑥
C. ②③⑤
D. ②④⑥
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分） 9.
在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AC =√2，CC 1=1，点D 为BC 中点，则以下结论正确的是( ) A. A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1
2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +1
2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
B. 三棱锥D −AB 1C 1的体积为√3
6
C. AB 1⊥BC 且AB 1//平面A 1C 1D
D. △ABC 内到直线AC.BB 1的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分
10. 已知(x +2)7=a 0+a 1(x +1)+a 2(x +1)2+a 3(x +1)3+⋯+a 6(x +1)6+a 7(x +1)7，则
( )
A. a 5=21
B. ∑(7i=0−1)i
a i =0
C. ∑i 7i=1a i =448
D. a 0，a 1，a 2，…，a 7这8个数中a 6最大
11. 已知点P 是双曲线E ：
x 216
−
y 29
=1的右支上一点，F 1、F 2是双曲线E 的左、右焦点，△PF 1F 2的
面积为20，则下列说法正确的有( )
A. 点P 的横坐标为20
3 B. △PF 1F 2的周长为80
3 C. ∠F 1PF 2大于π
3
D. △PF 1F 2的内切圆半径为3
2
12. 在棱长为2的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，点M ，N ，P 分别是线段C 1D 1，线段C 1C ，线段A 1B 上
的动点，且MC 1=NC 1≠0，则下列说法正确的有( )
A. 三棱锥P −B 1BM 的体积为定值
B. 异面直线MN 与BC 1所成的角为60°
C. AP +PC 1的长的最小值为√2+√6
D. 点B 1到平面BCD 1的距离为2√2
3
三、单空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. 已知二项式
的各项系数和为
，则
的常数项为 ．
14. 已知两条直线和互相垂直，则等于
15. 底面是正方形，容积为16的无盖水箱，它的高为______时最省材料．
16. 一个圆锥和一个半球有公共底面，如果圆锥的体积恰好与半球的体积相等，那么这个圆锥轴截
面顶角的余弦值是______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共72.0分）
17. 在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2asinB =√3b ． (1)求角A 的大小；
(2)若a =6，b +c =8，求△ABC 的面积． (3)若b =6，求CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 在AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向上的投影．
18. 已知等差数列{a n }中，a 3a 7=−16，a 4+a 6=0 (1)求{a n }的通项公式；
(2)若a 3<a 2，S n 是数列{a n }的前n 项和，求{S
n
n
}的前n 项和．
19. 如图，已知正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，D 是BC 的中点，AA 1=AB =1． (1)求证：平面AB 1D ⊥平面B 1BCC 1； (2)求证：A 1C//平面AB 1D ； (3)求二面角B −AB 1−D 的正切值．
20. 北京时间3月10日，CBA 半决赛开打，采用7局4胜制(若某对取胜四场，则终止本次比赛，
并获得进入决赛资格)，采用2−3−2的赛程，辽宁男篮将与新疆男篮争夺一个决赛名额，由于新疆队常规赛占优，决赛时拥有主场优势(新疆先两个主场，然后三个客场，再两个主场)，以下是总决赛赛程：
(1)若考虑主场优势，每个队主场获胜的概率均为2
3，客场取胜的概率均为1
3，求辽宁队以比分4：1获胜的概率；
(2)根据以往资料统计，每场比赛组织者可获得门票收入50万元(与主客场无关)，若不考虑主客场因素，每个队每场比赛获胜的概率均为1
2，设本次半决赛中(只考虑这两支队)组织者所获得的门票收入为X ，求X 的分布列及数学期望．
21. 已知函数f(x)=(x 2+mx +m)√1−2x ，(m ∈R)
(1)当m =4时，求f(x)的极值．
(2)若f(x)在区间(0,1
4)上单调递增，求m 的取值范围．
22. 在平面直角坐标系xOy 中，点M(x,y)与定点F(1,0)的距离和它到直线l′：x =4的距离的比是常
数1
2．
(1)求点M 的轨迹C 方程；
(2)设过点A(2,0)的直线l 与曲线C 交于点B(B 不在x 轴上)，垂直于l 的直线与l 交于点P ，与y 轴交于点D ，若BF ⊥DF ，且∠POA ≤∠PAO ，求直线l 斜率的取值范围．
【答案与解析】
1.答案：B
解析：试题分析：因为，所以，要使，只需．考点：集合的运算．
2.答案：B
解析：解：由z(1−i)=i，得
z=i
1−i =i(1+i)
(1−i)(1+i)
=−1+i
2
=−1
2
+i
2
．
∴复数z对应的点的坐标为(−1
2,1
2
)，在第二象限．
故选：B．
把已知等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．3.答案：A
解析：解：由题意画图如下阴影部分，
所以阴影部分内部的整数点只有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)(2,1)，(3,1)六个．
故选：A．
4.答案：C
解析：解：∵在y=log a(−x)中，−x>0，∴x<0；∴图象只能在y轴的右侧，故排除A、D；
当a>1时，y=log a(−x)是减函数，y=a−x=(1
a
)x是减函数，故排除B；
当0<a<1时，y=log a(−x)是增函数，y=a−x=(1
a
)x是增函数，∴C满足条件；
故选：C．
用排除法，根据对数的真数大于0，排除A、D；讨论a的取值，排除B；从而得到正确答案．
本题考查了函数的图象与对应函数之间的关系，是基础题．
5.答案：C
解析：试题分析：根据题意，由于，，那么，那么可知则根据三角形的正弦定理，
，然后结合三角形的面积公式可知
，故选C．
考点：解三角形
点评：解决的关键是利用正弦定理和余弦定理来求解三角形的面积，属于基础题。

6.答案：B
解析：解：良马每日所行里数构成一等差数列，其通项公式为：a n=103+13(n−1)=13n+90，
驽马每日所行里数构成一等差数列，其通项公式为：b n=97−1
2(n−1)=−1
2
n+195
2
，
二马相逢时所走路程之和为：2×600=1200，
所以有n(a1+a n)
2+n(b1+b n)
2
=1200，进而：n(103+13n+90)
2
+n(97−
1
2
n+195
2
)
2
=1200，
解得：n=6．
故选：B．
由题意，良马，驽马每日所行里数构成等差数列，根据等差数列的通项公式及二马相逢时所走路程
之和为1200，可得：n(a1+a n)
2+n(b1+b n)
2
=1200，进而解得n的值．
本题考查了程序框图的应用问题，考查了等差数列的应用，属于基础题．
7.答案：B
解析：解：设所求距离为d，由题得：a=1．
根据双曲线的定义得：2a=d−2⇒d=2a+2=4．
故选：B．
先根据条件求出a=1；再根据双曲线定义得到关于所求距离d的等式即可得到结论．
本题主要考查双曲线的定义．在解决涉及到圆锥曲线上的点与焦点之间的关系的问题中，圆锥曲线的定义往往是解题的突破口．
8.答案：C
解析：解：求导函数可得f′(x)=3x 2−12x +9=3(x −1)(x −3) ∴当1<x <3时，f′(x)<0；当x <1，或x >3时，f′(x)>0 所以f(x)的单调递增区间为(−∞,1)和(3,+∞) 单调递减区间为(1,3)
所以f(x)极大值=f(1)=1−6+9−abc =4−abc ， f(x)极小值=f(3)=27−54+27−abc =−abc 要使f(x)=0有三个解a 、b 、c ，那么结合函数f(x)草图可知： a <1<b <3<c
及函数有个零点x =b 在1～3之间，所以f(1)=4−abc >0，且f(3)=−abc <0 所以0<abc <4 ∵f(0)=−abc ∴f(0)<0
∴f(0)f(1)<0，f(0)f(3)>0 故答案为：②③⑤
根据f(x)=x 3−6x 2+9x −abc ，a <b <c ，且f(a)=f(b)=f(c)=0，确定函数的极值点及a 、b 、c 的大小关系，由此可得结论．
本题考查函数的零点、极值点，解不等式，综合性强，利用数形结合可以使本题直观．
9.答案：ABD
解析：解：对于A ，因为 AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1
2
(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )，A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 所以A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以A 对； 对于B ，三棱锥D −AB 1C 1的体积与三棱锥A −DB 1C 1的体积相等，
体积为1
3⋅(1
2⋅√2⋅1)⋅(√2⋅sin60°)=√3
6，所以B 对；
对于C ，△AB 1B 为等腰三解形，AB 1为腰，不能与底边B 1C 1垂直，BC//B 1C 1，
所以AB 1⊥BC 不成立，所以C 错；
对于D ，BB 1⊥平面ABC ，所以在△ABC 内到直线BB 1的距等于到点B 的距离，由抛物线定义知，在△ABC 内到直线AC ．
点B 的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分，所以D 对． 故选：ABD ．
A 用向量加减法定义判断；
B 用等体积法求体积判断；
C 用反证法判断；
D 用抛物线定义判断． 本题以命题的真假判断为载体，考查了空间线面位置关系及棱锥体积，考查了抛物系定义及向量运算，属中档题．
10.答案：ABC
解析：解：已知等式为[1+(x +1)]7的展开式，则a 5=C 75
=21，故A 正确；
令x =−2，可得a 0−a 1+a 2−a 3+⋯+a 6−a 7=0，即∑(7i=0−1)i a i =0，故B 正确；
对已知等式两边求导得7(x +2)6=a 1+2a 2(x +1)+3a 3(x +1)2+⋯+6a 6(x +1)5+7a 7(x +1)6，
令x =0，可得a 1+2a 2+3a 3+⋯+6a 6+7a 7=7×26=448，即∑i 7i=1a i =448，故C 正确；
a i =C 7
i
，所以a 0，a 1，a 2，…，a 7这8个数中a 3和a 4最大，故D 错误． 故选：ABC ．
已知等式为[1+(x +1)]7的展开式，由通项公式即可求得a 5，从而判断选项A ；令x =−2，即可判
断选项B ；对已知等式两边求导，再令x =0，即可判断选项C ，由a i =C 7i ，可得a 0，
a 1，a 2，…，a 7这8个数中的最大值，即可判断选项D ．
本题主要考查二项式定理，考查赋值法的应用以及导数的应用，属于中档题．
11.答案：ABD
解析：解：设△F 1PF 2的内心为I ，连接IP ，IF 1，IF 2， 双曲线E ：x 2
16
−
y 29
=1的a =4，b =3，c =5，
不妨设P(m,n)，m >0，n >0，
由△PF 1F 2的面积为20，可得1
2|F 1F 2|n =cn =5n =20，即n =4， 由
m 216
−
169
=1，可得m =
203
，故A 正确；
由P(20
3,4)，且F 1(−5,0)，F 2(5,0)， 可得k PF 1=12
35，k PF 2=
125
，
则tan∠F1PF2=
12
5
−12
35
1+12×12
5×35
=360
319
∈(0,√3)，
则∠F1PF2<π
3
，故C不正确；
由|PF1|+|PF2|=√16+352
9+√16+25
9
=37
3
+13
3
=50
3
，
则△PF1F2的周长为50
3+10=80
3
，故B正确；
设△PF1F2的内切圆半径为r，
可得1
2r(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)=1
2
⋅|F1F2|⋅4，
可得80
3r=40，解得r=3
2
，故D不正确．
故选：ABD．
设△F1PF2的内心为I，连接IP，IF1，IF2，求得双曲线的a，b，c，不妨设P(m,n)，m>0，n>0，运用三角形的面积公式求得P的坐标，运用两直线的夹角公式可得tan∠F1PF2，由两点的距离公式，可得△PF1F2的周长，设△PF1F2的内切圆半径为r，运用三角形的面积公式和等积法，即可计算r．本题考查双曲线的方程和性质，考查三角形的内切圆的性质和等积法的运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
12.答案：BC
解析：解：对于A，V P−B
1BM =V M−PBB
1
=
1 3S△PBB
1
⋅ℎ=2
3
S△PBB
1
，因为S△PBB
1
不是
定值，所以A错；
对于B，因为MN//D1C//A1B，所以异面
直线MN与BC1所成的角为，为∠A1BC1，
因为△A1BC为正三角形，从而∠A1BC1=
60°，所以B对；
对于C，将空间四边形A1ABC1展开成平面图形，线段AC1最短，长度为：AE+EC1=1
2
×2√2+ 2√2×sin60°=√2+√6，所以C对；
对于D，过B1作B1E⊥A1B交A1B于E，点B1到平面BCD1的距离等于
点B1到平面BCD1A1的距离等于B1E=1
2
⋅2√2=√2，所以D错；
故选：BC．。