2021年山东省聊城市阳谷县石佛镇中学高二数学文模拟试卷含解析

1、2021年山东省聊城市阳谷县石佛镇中学高二数学文模拟试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 对于上的可导的任意函数，若满足，则函数在区间上必有（ ）A. B. C. D.或参考答案：A略2. 下列命题中正确的是( ) A若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则参考答案：C3. 为研究某两个分类变量是否有关系，根据调查数据计算得到，因为，则断定这两个分类变量有关系，那么这种判断犯错误的概率不超过( )A. 0.1B. 0.001C. 0.01D. 0.05参考答案：B【分析】根据观测值，对照临界值表，即可得到结论【详

2、解】由题意，根据调查数据计算得到，因为，所以这种判断犯错误的概率不超过，故选B【点睛】本题主要考查了独立性检验的应用，其中解答中熟记独立性检验的概念和含义是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题4. 如图：抛物线的焦点为F，弦AB过F，原点为O，抛物线准线与x轴交于点C，则等于（ ）A. B. C. D. 参考答案：D【分析】先求出抛物线焦点和准线方程，从而得到点坐标，由，可得直线的方程，由的方程与抛物线的方程联立消去得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系算出点与点的坐标，然后利用向量来求解.【详解】由抛物线可得：焦点坐标（1，0），准线方程为：；点坐标为（-1，0）；

3、又弦过，；直线的斜率为1，方程为，又点与点抛物线上两方程联立，得到，解得： ，；故点，点；， ，由于，故 ； ；故答案选D【点睛】本题考查抛物线的焦点坐标与准线方程，同时考查求根公式，最后利用向量的数量积求角的三角函数值是关键，属于中档题.5. 5名学生相约第二天去春游，本着自愿的原则，规定任何人可以“去”或“不去”，则第二天可能出现的不同情况的种数为（ ）A. B. C. D. 参考答案：C【分析】根据分步乘法计数原理，计算出不同情况的种数.【详解】根据分步乘法计数原理可知，个人可能出现的不同情况的种数为种，故选C.【点睛】本小题主要考查分步乘法计数原理，考查分析问题的能力，属于基础题.6.

4、 如果命题“p且q”是假命题,“非p” 是真命题,那么 ( )A.命题p 一定是真命题 B.命题q 一定是真命题 C.命题q 可以是真命题也可以是假命题 D.命题q 一定是假命题参考答案：C略7. 在ABC中，a：b：c=3：5：7，则这个三角形的最大角为( )A30B90C120D60参考答案：C【考点】余弦定理；正弦定理【专题】计算题；转化思想；分析法；解三角形【分析】由a：b：c的比值，设一份为k，表示出a，b及c，利用余弦定理表示出cosC，将表示出的a，b及c代入求出cosC的值，由C为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出C的度数，即为此三角形中最大角的度数【解答】解：a：b

5、：c=3：5：7，即a=3k，b=5k，c=7k，由余弦定理得：cosC=，又C为三角形的内角，则此三角形中最大角C的度数是120故选：C【点评】此题考查了余弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握余弦定理是解本题的关键8. 两封信随机投入A，B，C三个空邮箱，则A邮箱的信件数的数学期望（ ）A B C D 参考答案：B略9. 某导弹发射的事故率为0.001，若发射10次，记出事故的次数为，则（ ）A. 0.0999B. 0.00999C. 0.01D. 0.001参考答案：B【分析】由题意知本题是在相同的条件下发生的试验，发射的事故率都为0.001，实验的结果只有发生和不发生两种结果，故本题

6、符合独立重复试验，由独立重复试验的方差公式得到结果【详解】由于每次发射导弹是相互独立的，且重复了10次，所以可以认为是10次独立重复试验，故服从二项分布，.故选B.【点睛】解决离散型随机变量分布列和期望、方差问题时，主要依据概率的有关概念和运算，同时还要注意题目中离散型随机变量服从什么分布，若服从特殊的分布则运算要简单的多10. 执行如图所示的程序框图，若输入n=8，则输出的S=A B C D参考答案：A的意义在于是对求和.，所求和为,选A.二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知函数,且,则_参考答案：1【分析】由函数的解析式代入和，观察其关系可得解.【详解】依题意，即

7、；故【点睛】本题考查函数的给值求值问题，考查了函数的奇偶性，属于基础题.12. 已知函数在时取得最小值，则_。参考答案：3613. 执行右边的程序框图，若，则输出的 参考答案：略14. 当双曲线M：的离心率取得最小值时，双曲线M的渐近线方程为_参考答案：【分析】求出双曲线离心率的表达式，求解最小值，求出m，即可求得双曲线渐近线方程【详解】解：双曲线M：，显然，双曲线的离心率，当且仅当时取等号，此时双曲线M：，则渐近线方程为：故答案为：【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的求法，考查基本不等式的应用，属于基础题15. 在ABC中，若A：B：C=1：2：3，则a：b：c= 参考答案：1：2【考点】正弦

8、定理【专题】解三角形【分析】由三角形的内角和以及三个角的比例关系，求出三个角，利用正弦定理即可求出比值【解答】解：A：B：C=1：2：3，A+B+C=180A=30，B=60，C=90，由正弦定理，得：a：b：c=1：2故答案为：1：2【点评】此题考查了正弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握定理是解本题的关键16. 已知an是公差为3的等差数列，数列bn满足：b1=1，b2=，anbn+1+bn+1=nbn，则bn的前n项和为参考答案：（1）【考点】数列的求和【分析】令n=1，可得a1=2，结合an是公差为3的等差数列，可得an的通项公式，继而可得数列bn是以1为首项，以为公比的等比数列，

9、进而可得：bn的前n项和【解答】解：anbn+1+bn+1=nbn当n=1时，a1b2+b2=b1b1=1，b2=，a1=2，又an是公差为3的等差数列，an=3n1，（3n1）bn+1+bn+1=nbn即3bn+1=bn即数列bn是以1为首项，以为公比的等比数列，bn的前n项和Sn=（1），故答案为：（1）17. 集合用列举法可表示为_ 参考答案：略三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. 袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1，2，3；蓝色卡片两张，标号分为1，2.()从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率；

10、()现袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两 张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率.参考答案：解：(I)从五张卡片中任取两张的所有可能情况有如下10种：红1红2，红1红3，红1蓝1，红1蓝2，红2红3，红2蓝1，红2蓝2，红3蓝1，红3蓝2，蓝1蓝2.其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有3种情况，故所求的概率为6分(II)加入一张标号为0的绿色卡片后，从六张卡片中任取两张，除上面的10种情况外，多出5种情况：红1绿0，红2绿0，红3绿0，蓝1绿0，蓝2绿0，即共有15种情况，其中颜色不同且标号之和小于4的有8种情况，所以概率为.12分19. 在中，（1）若(2)

11、求最大内角.参考答案：略20. 已知直线经过两点（2，1），（6，3） （1）求直线的方程（2）圆C的圆心在直线上，并且与轴相切于点（2，0）,求圆C的方程参考答案：（1）由题可知：直线l经过点(2, 1), (6, 3)，由两点式可得直线l的方程为： 整理得：5分（2）依题意：设圆C的方程为： 其圆心为圆心C在上，220，k1.圆C的方程为 即12分21. 已知等差数列an满足a3=7，a5+a7=26，数列an的前n项和Sn（）求an及Sn；（）令bn=（nN*），求数列bn的前n项和Tn参考答案：【考点】数列的求和；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和【专题】方程思想；转化思想；等差数

12、列与等比数列【分析】（I）设等差数列an的公差为d，由a3=7，a5+a7=26，可得，解出利用等差数列的前n项和公式即可得出；（）bn=，利用“裂项求和”即可得出【解答】解：（I）设等差数列an的公差为d，a3=7，a5+a7=26，解得a1=3，d=2an=3+2（n1）=2n+1数列an的前n项和Sn=n2+2n（）bn=，数列bn的前n项和Tn=+=【点评】本题考查了等差数列的通项公式及其前n项和公式、“裂项求和”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题22. 已知曲线 所围成封闭图形面积为12,曲线C2是以曲线C1与坐标轴的交点为顶点的椭圆, 离心率为. 平面上的动点P为椭圆C2外一点,且过P点引椭圆C2的两条切线互相垂直.（1）求曲线C2的方程；（2）求动点P的轨迹方程.参考答案：（1）解:因为所围成封闭图形面积S=2ab=12 2分椭圆C2的离心率为，所以，解得， 得故椭圆C2的方程为