2021年山东省烟台市高考数学适应性练习试卷（二）（二模）

1、2021年山东省烟台市高考数学适应性练习试卷（二）（二模）一、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，0，1，2，则A，B，C，0，D，0，1，2（5分）已知复数满足，则的最小值为A1BCD3（5分）展开式中项的系数为A28BC112D4（5分）许多球状病毒的空间结构可抽象为正二十面体正二十面体的每一个面均为等边三角形，共有12个顶点、30条棱如图所示，由正二十面体的一个顶点和与相邻的五个顶点可构成正五棱锥，则与面所成角的余弦值约为（参考数据：ABCD5（5分）若向量，满足，且，则与夹角的余弦值为ABCD6（5分）袋中

2、装有标号分别为1，2，3，4，5，6的六个相同小球现有一款摸球游戏，从袋中一次性摸出三个小球，记下号码并放回，如果三个号码的和是3的倍数，则获奖，若有4人参与摸球游戏，则恰好2人获奖的概率是ABCD7（5分）已知函数是定义在区间，上的偶函数，且当时，则方程根的个数为A3B4C5D68（5分）已知双曲线的左、右焦点分别为，点在的右支上，与交于点，若，且，则的离心率为ABCD二、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，有选错的得0分，部分选对的得3分。9（5分）下列命题成立的是A若，则B若，则C若，则D若，则10（5分）某教练组为了比

3、较甲、乙两名篮球运动员的竞技状态，选取了他们最近10场常规赛得分制成如图的茎叶图，则从最近10场比赛的得分看A甲的中位数大于乙的中位数B甲的平均数大于乙的平均数C甲的竞技状态比乙的更稳定D乙的竞技状态比甲的更稳定11（5分）关于函数的下列结论正确的是A为图象的一条对称轴B为图象的一个对称中心C的最大值为D的最小正周期为12（5分）过抛物线焦点的直线交于，两点，为坐标原点，则A不存在直线，使得B若，则直线的斜率为C过作准线的垂线，垂足为，若，则D过，两点分别作抛物线的切线，则两切线交点的纵坐标为定值三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知，则的值为14（5分）已知两条直线

4、，与圆交于，四点且构成正方形，则的值为 15（5分）任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈这就是数学史上著名的“冰雹猜想”例如：正整数，根据上述运算法则得出，共经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程” “冰雹猜想”可表示为数列为正整数），若，则的所有可能取值之和为16（5分）在一次综合实践活动中，某手工制作小组利用硬纸板做了一个如图所示的几何模型，底面为边长是4的正方形，半圆面底面经研究发现，当点在半圆弧上（不含，点）运动时，三棱锥的外接球始终保持不变，则该外接球的表面积为 四、解答题（共6小题，满分70分）1

5、7（10分）从，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答问题：在中，角，的对边分别为，_（1）求；（2）若，求面积的最大值18（12分）已知是公差为2的等差数列，且是和的等比中项（1）求的通项公式；（2）设数列满足，求的前项和19（12分）如图，四棱台中，底面为直角梯形，底面，为棱的中点（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值20（12分）随着时代发展和社会进步，教师职业越来越受青睐，考取教师资格证成为不少人的就业规划之一当前，中小学教师资格考试分笔试和面试两部分已知某市2020年共有10000名考生参加了中小学教师资格考试的笔试，现从中随机抽取100人的笔试成绩（满分视为100分）

6、作为样本，整理得到如下频数分布表：笔试成绩，人数51025302010（1）假定笔试成绩不低于90分为优秀，若从上述样本中笔试成绩不低于80分的考生里随机抽取2人，求至少有1人笔试成绩为优秀的概率；（2）由频数分布表可认为该市全体考生的笔试成绩近似服从正态分布，其中近似为100名样本考生笔试成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代替），据此估计该市全体考生中笔试成绩不低于85.9的人数（结果四舍五入精确到个位）；（3）考生甲为提升综合素养报名参加了某拓展知识竞赛，该竞赛要回答3道题，前两题是哲学知识，每道题答对得3分，答错得0分；最后一题是心理学知识，答对得4分，答错得0分已知考生甲答

7、对前两题的概率都是，答对最后一题的概率为，且每道题答对与否相互独立，求考生甲的总得分的分布列及数学期望（参考数据：；若，则，21（12分）已知椭圆过点，离心率为（1）求椭圆的方程；（2）过点作椭圆的两条弦，分别位于第一、二象限），若，与直线分别交于点，求证：22（12分）已知函数在处的切线斜率为（1）确定的值，并讨论函数的单调性；（2）设，若有两个不同零点，且，证明：2021年山东省烟台市高考数学适应性练习试卷（二）（二模）参考答案与试题解析一、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：因为，又集合，0，1，2，所以，0，故选

8、：2【解答】解：复数满足，点对应的点在以为圆心，1为半径的圆上以及圆内，要求的最小值，只要找出圆上的点到原点距离最小的点即可，连接圆心与原点，长度是，最短距离要减去半径，即故选：3【解答】解：二项式展开式的通项公式为，令，求得，故开式中含项系数为，故选：4【解答】解：由题意，在平面上的射影，如图所示，所以五个三角形都是等腰三角形且，因为，又，令，所以，又正二十面体的每一个面均为等边三角形，即，且平面，所以与平面所成角的余弦值为故选：5【解答】解：根据题意，设向量与夹角为，向量，则，变形可得：；故选：6【解答】解：6个球中出3个的基本事件总数为：，其中三个球号码之和是3的倍数的事件有：，2，2，

9、3，5，3，4，4，5，共8个，摸一次球获奖的概率为，4人参加，可看作一人进行4次独立重复试验，每一次中奖的概率为，人参加，恰有2人获奖的概率为，故选：7【解答】解：方程根的个数函数与函数的图象交点个数，图象如下：由图象可知两函数图象有6个交点故选：8【解答】解：因为，且，所以为等腰直角三角形，设，则，由双曲线的定义知，所以，因为，所以，所以，在中，由余弦定理知，所以，即，所以离心率故选：二、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，有选错的得0分，部分选对的得3分。9【解答】解：若，则，正确，不能确定符号，错误，当且仅当时取等号，

10、正确，正确故选：10【解答】解：对于，甲的中位数是：，乙的中位数是：，甲的中位数大于乙的中位数，故正确；对于，甲的平均数为：，乙的平均数为：，甲的平均数小于乙的平均数，故错误；由茎叶图得甲的数据更集中，故甲的竞技状态比乙的更稳定，故正确，错误故选：11【解答】解：对于，因为，所以为图象的一条对称轴，故选项正确；对于，因为，所以为图象的一个对称中心，故选项正确；对于，令，则，则，所以，令，解得，当时，则单调递减，当时，则单调递增，所以当时，取得最大值为，又，（1），所以的最大值为1，故选项错误；对于，所以不是的周期，故选项错误故选：12【解答】解：由题意，设直线，设，联立方程，可得，且，则，故，

11、由上可知，则，故不存在直线，使得，故选项正确；若，则，解得，可得，所以，故，故选项错误；如图所示，若，由抛物线的定义可知，所以，则，所以在中，故选项正确；由抛物线方程可得，故过点的切线方程为，过的切线方程为，令，整理可得，所以，两条切线交点的纵坐标为定值，故选项正确故选：三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解答】解：因为，所以，所以故答案为：14【解答】解：设、在直线上，、在直线上，由题意可知，圆为正方形的外接圆，则而，得故答案为：15【解答】解：，当时，则，当时，或，若时，则，若时，若时，则，若时，或，若时，则或，若时，则，若时，则，的值为1或8或10或64，的所有取值之和

12、为故答案为：8316【解答】解：由题意，为直角三角形，取中点，则，取正方形的中心，连接，则，面底面，且面底面，平面，得到四棱锥各顶点的距离相等，为四棱锥的外接球的球心，即三棱锥的外接球的球心，半径，外接球的表面积为故答案为：四、解答题（共6小题，满分70分）17【解答】解：若选条件，（1）由，可得，因为，可得，所以，可得，；（2）由余弦定理，则，当且仅当时等号成立，所以，即面积的最大值为若选条件，（1）由，可得，即，又，故，又，故；（2）由余弦定理，则，当且仅当时等号成立，所以，即面积的最大值为若选条件，（1）由，可得，因为，可得，又，故；（2）由余弦定理，则，即，当且仅当时等号成立，所以，即

13、面积的最大值为18【解答】解：（1）是公差为2的等差数列，且是和的等比中项，可得，即为，解得（负值舍去），则；（2）数列满足，可得时，时，两式相减可得，则，即，所以，两式相减可得，化简可得19【解答】（1）证明：在四棱台中，底面，故过点作轴，以点为坐标原点，为轴，为轴建立空间直角坐标如图所示，因为，不妨设，则，2，1，0，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，故，因为，所以，又平面，故平面；（2）解：由（1）可知，平面的法向量为，因为，设平面的法向量为，则，即，故，所以，由图象可知，二面角为钝角，故二面角的余弦值为20【解答】解：（1）由已知，样本中笔试成绩不低于80分的考生共有30人，其中

14、成绩优秀的10人，故至少有1人笔试成绩为优秀的概率为；（2）由表格中的数据可知，又，即，所以，由此可估计该市全体考生中笔试成绩不低于85.9的人数为人；（3）考生甲的总得分的所有可能取值为0，3，4，6，7，10，则，故的分布列为：0346710所以21【解答】解：（1）依题意，解得，椭圆的方程为；（2）证明：设直线的方程为，直线的方程为，两点的横坐标分别为，将直线方程代入椭圆中，化简并整理可得，由韦达定理可得，同理可得，又，且，三点共线，将，代入并整理可得，又，即，同理可得，故22【解答】（1）解：因为，所以，因为在处的切线斜率为，所以（1），即，所以，令，当，即时，恒成立，即，所以在上单调递增；当，即或时，令，可得，当时，此时在上恒成立，即在上恒成立，所以在上单调递增；当时，当，时，即，当，时，即，所以在，上单调递减，在和，上单调递