2021年山东省新高考高考数学二模试卷（三）

1、2021年山东省新高考高考数学二模试卷（三）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）设，则等于ABCD2（5分）集合，集合，则集合等于A，BCD，3（5分）已知函数的定义域是，满足（2）且对于定义域内任意，都有成立，那么（2）（4）的值为A1B2C3D44（5分）一个等比数列前项的和为48，前项的和为60，则前项的和为A83B108C75D635（5分）若向量，满足，且，则，ABCD6（5分）已知直线与相交于、两点，则为钝角三角形的充要条件是AB，C，D7（5分）已知函数，的部分图象如图所示，则ABCD8（5分）北京2022

2、年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合，是一次现代设计理念的传承与突破为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等5名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，若小明和小李必须安装同一个吉祥物，且每个吉祥物都至少由两名志愿者安装，则不同的安装方案种数为A8B10C12D14二、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，都是定义在上的函数，且为奇函数，的图象关于直线对称，则下列说法中正确的有A 为偶函

3、数B 为奇函数C 的图象关于直线对称D 为偶函数10（5分）如图，在正方体中，点在线段上运动，则A直线平面B二面角的大小为C三棱锥的体积为定值D异面直线与所成角的取值范围是，11（5分）已知实数，满足，下列结论中正确的是ABCD12（5分）在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，准线为，过点且斜率大于0的直线交抛物线于，两点（其中在的上方），过线段的中点且与轴平行的直线依次交直线，于点，则AB若，是线段的三等分点，则直线的斜率为C若，不是线段的三等分点，则一定有D若，不是线段的三等分点，则一定有三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13（5分）已知二项式的展开式中，所有项的系数之和为64，则该

4、展开式中的常数项是14（5分）如图，某湖有一半径为的半圆形岸边，现决定在圆心处设立一个水文监测中心（大小忽略不计），在其正东方向相距的点处安装一套监测设备为了监测数据更加准确，在半圆弧上的点以及湖中的点处，再分别安装一套监测设备，且满足，定义：四边形及其内部区域为“直接监测覆盖区域”；设则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为15（5分）已知直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则实数，实数16（5分）已知函数，若使关于的不等式成立，则实数的范围为四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）已知数列的前项和为（1）若为等差数列，求的通项公式；（2）若数列

5、满足，求18（12分）在平面四边形中，对角线与交于点，是的中点，且（1）若，求的长；66666666666（2）若，求19（12分）近年来，我国的电子商务行业发展迅速，与此同时，相关管理部门建立了针对电商的商品和服务评价系统现从评价系统中选出200次成功的交易，并对其评价进行统计，对商品的好评率为，对服务的好评率为，其中对商品和服务均为好评的有80次（1）是否可以在犯错误概率不超过0.1的前提下，认为商品好评与服务好评有关？（2）若将频率视为概率，某人在该购物平台上进行的4次购物中，设对商品和服务全好评的次数为随机变量，求对商品和服务全好评的次数的分布列及其期望参考公式：独立性检验统计量，其中

6、临界值表：0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.82820（12分）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，（1）证明：平面平面；（2）当四棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值21（12分）已知椭圆的一个焦点为，且过点（1）求椭圆的方程；（2）设，点是椭圆上一点，且不与顶点重合，若直线与直线交于点，直线与直线交于点，求证：为等腰三角形22（12分）已知函数，（1）当时，求的值域；（2）令，当时，恒成立，求的取值范围2021年山东省新高考高考数学二模试卷（三）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共8小题

7、，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：，则，则故选：2【解答】解：，故选：3【解答】解：（4）（2）（2）（2），（4）（2）（4），故选：4【解答】解：等比数列的第一个项的和为：48，第二个项的和为第三个项的和为：前项的和为故选：5【解答】解：因为向量，满足，且，又因为向量的夹角，故选：6【解答】解：的圆心为，半径，故点到直线的距离为，故，又，因为为钝角三角形，故，即，化简可得，解得，当三点，共线时，有，即，此时不存在，所以为钝角三角形的充要条件是，故选：7【解答】解：由图知，把点代入得，把点，代入得，故选：8【解答】解：根据题意，分2种情况讨

8、论：小明和小李两个人安装同一个吉祥物，则剩下3人安装另外1个，有2种安装方案，小明和小李和另外一人安装同一个吉祥物，则剩下2人安装另外1个，有种安装方案，则有种不同的安装方案，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，有选错的得0分9【解答】解：根据题意，为奇函数，则，图象关于直线对称，则，据此分析：对于，对于，则函数为偶函数，正确；对于，对于，有，不是奇函数，错误；对于，图象关于直线对称，即，则有则函数图象关于直线对称，正确；对于，图象关于直线对称，则，对于，有，则为偶函数，正确；故选：10【解答】解：

9、如图在中，平面，同理，平面，故正确；在中，由正方体可知平面不垂直平面，故错误；在中，平面，平面，平面，点在线段上运动，到平面的距离为定值，又的面积是定值，三棱锥的体积为定值，故正确；在中，当点与线段的端点重合时，异面直线与所成角取得最小值为，故异面直线与所成角的取值范围是，故错误，故选：11【解答】解：实数，满足，当且仅当时取等号，因此正确；，当且仅当取等号，因此不正确；，因此不正确；，令，可得时，函数取得极小值，即最小值，即，因此正确故选：12【解答】解：抛物线的焦点为，设直线的方程为，由，得，则，直线的方程为，共线，同理，即，正确；若，是线段的三等分点，则，又，解得，正确；由，得，又，当时

10、，错误；由图可知，而，只要，就有，错误，故选：三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【解答】解：二项式的展开式中，所有项的系数之和为，它的通项公式为，令，可得，故二项式的展开式的常数项为，故答案为：121514【解答】解：由题意可知将“直接监测覆盖区域”面积转化为三角形和三角形的面积之和，；在三角形中，三角形为等腰直角三角形，所以“直接监管覆盖区域”面积为，其中，当时，面积取得最大值为，故答案为：15【解答】解：对于，设切点为，因为，故切线斜率，故切线方程为，由已知得切线过，所以，故，所以对于，设切点为，所以，因为切线为，得，所以，所以切点为，代入得，所以故答案为：；216【解答】解：令，

11、则，而，所以是奇函数，而在上单调递增，在上单调递增，所以是在上的单调递增函数且为奇函数，而可变形成，即，由是在上的单调递增函数，则使关于的不等式成立，即，设，则，令，则的最大值为，所以即综上所述：实数的范围为故答案为：四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17【解答】（1）由题意可设等差数列的公差为，则，解得，；（2）当时，当得，当时，不适合上式，18【解答】解：（1）在中，由余弦定理知，化简得，解得，是的中点，在中，由余弦定理知，由余弦定理知，在中，由余弦定理知，（2），设，则，即，解得，在中，由余弦定理知，19【解答】解：（1）由题意可知关于服务与评

12、价的列联表对服务好评对服务不满意合计对商品好评8040120对商品不满意602080合计14060200,所以不可以在犯错误概率不超过0.1的前提下，认为商品好评与服务好评有关；（2）每次购物时，对商品和服务都好评的概率为，且的取值可以是0,1,2,3,4，；故的分布列为：01234由于,20【解答】解：（1）证明：如图，取的中点，连接、，且，又，则为正三角形，又，为直角三角形，在中，则，又，、平面，平面，又平面，平面平面（2），则点在以为直径的圆上，且，设点到平面的距离为，而，当取最大值时四棱锥的体积最大，此时平面，又由（1）可知，如图建系，则，0，0，1，则，2，0，1，设平面的法向量为，则，取，则，0，设平面的法向量为，则，取，得，则，设二面角的平面角为，经观察为钝角，则，故二面角的余弦值为21【解答】解：（1）根据题意可得，解得，所以椭圆的方程为（2）证明：设直线的方程为且，直线的方程为，联立，解得，联立，得，所以，则，即，所以，于是直线的方程为，直线的方程为，联立，解得，于是，所以轴，设的中点为，则点的纵坐标为，所以的中点在定直线上，所以点在的垂直平分线上，所以所以为等腰三角形22【解答】解：（1）函数，所以，令，解得，所以在，上单调递减，在区间，上单调递增，所以的最小值为，故函数的值域为，；（2）当时，不等式可变形为，即