2021年山东省新高考高考数学二模试卷（一）

1、2021年山东省新高考高考数学二模试卷（一）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（5分）已知集合，若，则A，B，C，1，D，2（5分）已知复数的实部与虚部的和为7，则的值为A1B0C2D3（5分）某自来水厂一蓄水池可以用甲、乙两个水泵注水，单开甲泵需15小时注满，单开乙泵需18小时注满，若要求10小时注满水池，并且使两泵同时开放的时间尽可能地少，则甲、乙两水泵同时开放的时间最少需A4小时B7小时C6小时D14小时4（5分）是成立的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5（5分）已知函数，且（3），则实数

2、的取值范围为A，BC，D6（5分）已知数列中，若，则A8B9C10D117（5分）已知函数的最小正周期为，若在，上单调递增，在，上单调递减，则实数的取值范围是A，B，C，D，8（5分）若，均为单位向量，且，则的最大值为AB1CD2二、多项选择题：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（5分）已知正方体的棱长为4，为的中点，为所在平面上一动点，则下列命题正确的是A若与平面所成的角为，则点的轨迹为圆B若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为C若点到直线与直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线D若与所成的角为，则点的轨迹

3、为双曲线10（5分）将4男、4女共8位同学随机地分成人数相等的甲、乙两组，则下列说法正确的是A4位女同学分到同一组的概率为B男生甲和女生乙分到甲组的概率为C有且只有3位女同学分到同一组的概率为D4位男同学不同时分到甲组的概率为11（5分）意大利画家列奥纳多达芬奇的画作抱银貂的女人中，女士脖颈上黑色珍珠项链与主人相互映衬呈现出不一样的美与光泽，达芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，后人给出了悬链线的函数解析式：，其中为悬链线系数，称为双曲余弦函数，其函数表达式为，相应地双曲正弦函数的表达式为若直线与双曲余弦函数与双曲正弦函数的

4、图象分别相交于点，曲线在点处的切线与曲线在点处的切线相交于点，则下列结论正确的为AB是偶函数CD若是以为直角顶点的直角三角形，则实数12（5分）关于函数，下列判断正确的是A是的极大值点B函数有且只有1个零点C存在正实数，使得成立D对任意两个正实数，且，若，则三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13（5分）的展开式中的系数是14（5分）如图，在平面四边形中，则的最小值为15（5分）已知函数，则关于的方程的实根的个数是16（5分）已知圆，动圆与圆，都相切，则动圆的圆心轨迹的方程为；直线与曲线仅有三个公共点，依次为，则的最大值为四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或

5、演算步骤17（10分）已知为等差数列的前项和，（）求数列的通项公式；（）若，求数列的前项和18（12分）在；的面积这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目在中，内角，的对边分别为，已知，且 _，_，求19（12分）已知四棱锥中，四边形为等腰梯形，为等边三角形，且平面平面（1）求证：；（2）是否存在一点，满足，且使平面与平面所成的锐二面角的余弦值为若存在，求出的值，否则请说明理由20（12分）某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有份血液样本，有以下两种检验方式：逐份检验，需要检验次；混合检验，将其且份血液样本分别取样混合在一起检验若检验结果为阴性，这份的血液全为

6、阴性，因而这份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这份血液究竟哪几份为阳性，就要对这份再逐份检验，此时这份血液的检验次数总共为次假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为（1）假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验的方式，求恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；（2）现取其中且份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为记为随机变量的数学期望若，运用概率统计的知识，求出关于的函数关系式，并写出定义域；若，且采用混合检验方式可以使得样本

7、需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求的最大值参考数据：，21（12分）已知椭圆的离心率，且经过点，点，为椭圆的左、右焦点（1）求椭圆的方程；（2）过点分别作两条互相垂直的直线，且与椭圆交于不同两点，与直线交于点若，且点满足，求面积的最小值22（12分）已知函数（1）当时，求曲线在点，（1）处的切线方程；（2）若函数有两个极值点，求证：2021年山东省新高考高考数学二模试卷（一）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1【解答】解：集合，0，1，故选：2【解答】解：，所以复数的实部与虚部分别为，则，

8、得故选：3【解答】解：，（小时）故选：4【解答】解：当时，成立，即充分性成立，当，满足成立但不成立，即必要性不成立故是成立充分不必要条件，故选：5【解答】解：，关于对称，和都在上是减函数，在上是增函数，在上为减函数，在上为增函数，又（3），即或，解得或，的取值范围为，故选：6【解答】解：，数列是首项、公差均为1的等差数列，由可得：，解得，故选：7【解答】解：，当，时，解得；当，时，解得，综上所述：，故选：8【解答】解：，均为单位向量，且，则，而，故的最大值为 1，故选：二、多项选择题：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，

9、有选错的得0分9【解答】解：对于，因为与平面所成的角为，即，所以，所以点的轨迹是为圆心，2为半径的圆，故选项正确；对于，若，因为，所以，所以点到的中点的距离为，又因为点到平面的距离等于为定值，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其面积为，故选项错误；对于，因为平面，所以点到直线的距离为，即点到点的距离与到直线的距离相等，又不在直线上，所以点的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，故选项正确；对于，以为坐标原点，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，则，0，4，0，设，则，因为与所成的角为，所以，化简可得，所以点的轨迹为双曲线，故选项正确故选：10【解答】解：8位同学随机地分成人数相等的甲、乙两

10、组的不同分法为，选项，4位女同学分到同一组的不同分法只有2种，其概率为，故正确；选项，男生甲和女生乙分到甲组的不同分法为，其概率为，故正确；选项，有且只有3位女同学分到同一组不同分法为种，则有且只有3位女同学分到同一组的概率为，故错误；选项，4位男同学同时分到甲组只有1种，其概率为，则4位男同学不同时分到甲组的概率为，故错误，故选：11【解答】解：因为，即，故正确；，定义域为，则为奇函数，故错误；，故正确；由，可得的方程为，的方程为，由解得，又，由是以为直角顶点的直角三角形，可得即有，即，解得故正确故选：12【解答】解：函数的定义域为，函数的导数，上，函数单调递减，上，函数单调递增，是的极小值

11、点，即错误；，函数在上单调递减，且（1），（2），函数有且只有1个零点，即正确；若，可得令，则，令，则，在上，函数单调递增，上函数单调递减，（1），在上函数单调递减，函数无最小值，不存在正实数，使得恒成立，即不正确；令，则，令，则，在上单调递减，则，令，由，得，则，当时，显然成立，对任意两个正实数，且，若，则，故正确故选：三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【解答】解：表示6个因式的乘积，故其中有一个因式取，其中2个因式取，其余的因式都取，即可得到展开式中的项，故该项的系数为，故答案为：14【解答】解：设，在中，由正弦定理得，即整理得由余弦定理得，因为，所以在中，由余弦定理得（其中，所以

12、当时，故答案为：15【解答】解：方程等价于或函数，时，（1），时，或，或，时，综上知方程的实根的个数是5故答案为：516【解答】解：圆的圆心，半径为1，的圆心，半径为9，设动圆的半径为，当圆与圆外切时，可得，当圆与圆内切时，可得，可得，而，可得的轨迹为，为焦点的椭圆，且长轴长为10，焦距为6，短轴长为8，可得方程为；当圆与圆内切时，可得，当圆与圆内切时，可得，可得，而，可得的轨迹为，为焦点的椭圆，且长轴长为8，焦距为6，短轴长为，可得方程为；由直线与曲线仅有三个公共点，依次为，可知直线与椭圆相切，当为椭圆的短轴的端点时，可设，可得直线，代入椭圆，解得，此时，由图象观察可得此时取得最大值故答案为

13、：或，四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17【解答】解：（）设等差数列的公差为，且，（）18【解答】解：选条件：，由正弦定理知，由正弦定理得，选条件：，由正弦定理得，即，即，又，由正弦定理得，选条件：，由正弦定理知，（1），由余弦定理得，即，（2），由（1）（2）解得，或19【解答】（1）证明：取的中点，连结，因为为等边三角形，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，在等腰梯形中，因为，所以，所以，即，在中，由余弦定理可知，在中，由余弦定理可知，所以，则，因为，所以，因为，平面，所以平面，又平面，所以；（2）解：存在点满足条件，则由（

14、1）可知，平面，且，取的中点，连结，则，所以，不妨以为坐标原点，以，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，则，所以，设，则，因为，所以，所以，不妨设平面的法向量为，则，整理可得，取，则，设平面的法向量为，则，整理可得，取，则，所以平面于平面所成的锐二面角的余弦值为，整理可得，解得或，因为，所以，故存在点，满足且20【解答】解：（1）记恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来为事件，则；（2）根据题意，可知，的可能值为1，则，所以，由，得，所以且；由于，则，所以，即，设，则，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，又（8），（9），所以的最大值为821【解答】解：（1）由题意，得，解得，所以椭圆的方程为（2）由（1）可得，若直线的斜率为0，则的方程为与直线无交点，不满足条件；设直线，若，则则不满足，所以，设，由，得，所以，因为，即，则，所以，解得，于是，直线的方程为，联立，解得，所以所以，当且仅当时，22【解答】解：（1）当时，则，所以（1），又（1），所以切线方程为，即（2）证明：由题意得，则，因为函数有两个极值点，所以有两个不相等的实数根，令，则，当时，恒成立，则函数为上的增函数，故在上至多有一个零点，不符合题意