2021届广东省高三二模数学试题(解析版)

2021届广东省高三二模数学试题一、单选题1．已知集合，集合，若，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由单调递增，解出指数不等式的解集得集合A，因，结合数轴可求得的取值范围.【详解】解：，，又，结合数轴可得，所以的取值范围为.故选：D.2．已知复数(为虚数单位)，则（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据复数运算整理得到，由模长运算可求得结果.【详解】，.故选：B.3．年月日是第七个“国家宪法日”.某中学开展主题为“学习宪法知识，弘扬宪法精神”的知识竞赛活动，甲同学答对第一道题的概率为，连续答对两道题的概率为.用事件表示“甲同学答对第一道题”，事件表示“甲同学答对第二道题”，则（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由条件概率公式直接计算可得结果.【详解】，，.故选：D.4．某一次乒乓球赛的参赛队共有小组，每小组队.首先每小组中各队进行单循环比赛(即每两队比赛一次)，然后各小组的第一名再进行单循环比赛，则先后比赛的总次数为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用组合数首先求出每小组中各队进行比赛次数，再求出各小组的第一名单循环比赛次数即可求解.【详解】由题意每小组中各队进行单循环比赛次数为，各小组的第一名再进行单循环比赛次数为，先后比赛的总次数为.故选：C5．函数的大致图象为（）A． B．C． D．【答案】D【分析】选将函数表达式分离后运用基本不等式求出值域就可以选出答案.【详解】，当时，（等号成立）；当时，（等号成立）；从而可知选项D正确.故选：D.【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.6．《九章算术》是我国古代的数学巨著，书中有这样一道题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿.大鼠日一尺，小鼠亦日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半.问何日相逢？”题意为：有一堵墙厚五尺，有两只老鼠从墙的正对面打洞穿墙.大老鼠第一天打进一尺，以后每天打进的长度是前一天的倍；小老鼠第一天也打进一尺，以后每天打进的长度是前一天的一半.若这一堵墙厚尺，则几日后两鼠相逢()A． B． C． D．【答案】B【分析】依次列举出大鼠、小鼠前几天打洞穿墙的尺数，至某天总和不小于16尺即得解.【详解】大鼠从第一天起打进尺数依次为：1，2，4，8，…，小鼠从第一天起打进尺数依次为：1，，，，…，前3天两鼠完成量的总和为，前4天两鼠完成量的总和为，所以第4天两鼠相逢.故选：B7．已知一个圆柱的两个底面的圆周在半径为的同一个球的球面上，则该圆柱体积的最大值为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】设圆柱底面圆半径为，高为，利用勾股定理可构造方程，利用表示出，从而将圆柱体积表示为关于的函数的形式，利用导数求最值的方法即可求得圆柱体积的最大值.【详解】设圆柱底面圆半径为，高为，则，，，圆柱体积，，令，解得：，当时，；当时，，在时单调递增，在时单调递减，.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中几何体体积最值的求解问题，解题关键是能将圆柱体积表示为关于圆柱的高的函数的形式，从而利用导数求得最值.8．已知椭圆的短轴长为，焦距为.过椭圆的上端点作圆的两条切线，与椭圆分别交于另外两点，.则的面积为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据椭圆的短轴长为，焦距为，求得椭圆方程，再设直线BN的方程，利用直线与圆相切，求得直线方程，与椭圆方程联立，求得M，N的坐标即可.【详解】因为椭圆的短轴长为，焦距为，，所以椭圆方程为，如图所示：设直线BN的方程为，则原点到直线BN的距离为，又因为直线BN与圆相切，所以，解得，则直线BN的方程为，由，解得，即，同理求得，所以的面积为，故选：B二、多选题9．正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，则（）A．直线与直线垂直B．平面截正方体所得的截面面积为C．三棱锥的体积为D．点与点到平面的距离相等【答案】BD【分析】A.建立空间直角坐标系，由是否为零判断；B.根据，由平面的基本性质得到截面是等腰梯形求解判断；C.由求解判断；D.根据平面，即平面判断.【详解】如图所示：A.建立如图所示空间直角坐标系，则，而，所以直线与直线不垂直，故错误；B.如图所示：因为，所以截面为等腰梯形，所以截面面积为,故正确；C.，故错误；D.因为，平面，即平面,所以点与点到平面的距离相等，故正确；故选：BD【点睛】方法点睛：画几何体的截面，关键是画截面与几何体各面的交线，此交线只需两个公共点即可确定，作图时充分利用几何体本身提供的面面平行等条件，可以更快地确定交线的位置．10．将函数的图象向右平移个单位长度，再将曲线上各点的横坐标变为原来的，得到函数的图象.若在上的值域为，则（）A．在上有两个零点B．在上有两个极值点C．在区间上单调递增D．的取值范围为【答案】CD【分析】先由图象的平移和伸缩变换得到函数，再根据正弦函数的图像，单调性，值域逐一判断可得选项．【详解】将函数的图象向右平移个单位长度后，函数的解析式为，再将曲线上各点的横坐标变为原来的，得到函数，又，所以，又在上的值域为，所以，解得，故D正确；当时，则，此时在上只有一个零点，故A不正确；并且时，单调递增，故B不正确；，，当时，，所以函数在区间上单调递增，故C正确.故选：CD．【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的图像变换和正弦函数的性质，关键在于由的范围．运用整体代换的思想，得以解决问题．11．已知，，，则（）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】利用将化为关于的二次函数形式，结合的范围可求得A正确；由，利用基本不等式可知B正确；由可知C错误；利用基本不等式可求得，结合对数函数单调性可求得D正确.【详解】对于A，，，，，解得：，，当时，，，A正确；对于B，当且仅当，即时取等号，B正确；对于C，，，，，C错误；对于D，（当且仅当时取等号），，，D正确.故选：ABD.【点睛】易错点睛：本题重点考查了利用基本不等式和函数单调性求最值的问题；利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：一正二定三相等.（1）“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.12．函数的定义域为，且与都为奇函数，则下列说法正确的是（）A．是周期为的周期函数 B．是周期为的周期函数C．为奇函数 D．为奇函数【答案】BD【分析】AB选项，利用周期函数的定义判断；CD选项，利用周期性结合，为奇函数判断.【详解】因为函数的定义域为，且与都为奇函数，所以，，所以，，所以，即，故B正确A错误；因为，且为奇函数，所以为奇函数，故D正确；因为与相差1，不是最小周期的整数倍，且为奇函数，所以不为奇函数，故C错误.故选：BD.三、填空题13．曲线在处的切线在轴上的截距为___________.【答案】【分析】根据导数的几何意义，求得曲线在处的切线方程，进而求得切线在轴上的截距.【详解】由题意，函数，可得，所以，由当时，，即切点坐标为，所以切线方程为，即，令，可得，即切线在轴上的截距为.故答案为：.14．已知为第二象限角，且，则___________.【答案】【分析】根据的范围可求得的范围，结合可确定为第二象限角，结合同角三角函数关系求得，利用二倍角公式和诱导公式可求得，由同角三角函数关系可求得结果.【详解】为第二象限角，，，又，，，，，又为第二象限角，，.故答案为：.【点睛】易错点点睛：已知三角函数值求解函数值时，易错点是忽略角所处的范围，造成在求解三角函数值时出现符号错误.15．已知中，，，，点在直线上，且满足：，则___________.【答案】【分析】设，得，由余弦定理解得，再利用向量线性运算得，则展开即可得结果．【详解】设，所以故，则由余弦定理的，又，所以，则由故答案为：【点睛】关键点点睛：本题的关键先求解，得，然后再由向量模计算方法运算．四、双空题16．已知抛物线的焦点为，直线过点且与抛物线交于，两点，分别过，两点作抛物线的切线，，设直线与交于点，则___________，面积的最小值为___________.【答案】;【分析】设，，先根据导数几何意义求得两切线方程，然后联立两切线方程可求得交点坐标.因为，所以将弦长和点P到直线AB的距离带入即可求得面积的最小值.【详解】解：抛物线方程为，抛物线的焦点由题意，直线AB的斜率存在，设，，，联立，得，，，由，得，求导得，，即①同理②由①②得，.点P到直线AB的距离，，易知，即时，，故面积的最小值为4.故答案为：；4.【点睛】思路点睛：设出A，B两点的坐标，由导数几何意义求出两切线方程，然后联立求解交点坐标；设出直线AB方程，并联立抛物线方程，由弦长公式可得，由点到直线距离公式可得点P到直线AB的距离，从而求得，进而易得面积的最小值.五、解答题17．已知的内角A，，的对边分别为，，，且，，___________，求的周长.从下列三个条件中任选一个，补充在上面问题的横线中，然后对题目进行求解.条件①：；条件②：，条件③：.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】条件选择见解析；的周长为.【分析】由题设条件，求出角C，选条件①：由向量数量积求出角A，由正弦定理求解即得；选条件②：由三角形面积公式求出边b，再由余弦定理求解即得；选条件③：由正弦定理边化角，再用余弦定理求解.【详解】由，得，即，所以，因为，所以.选择条件①：由，得，所以，因为，所以，所以，所以，，所以的周长为；选择条件②：由，得，所以，由余弦定理，得，所以，即，解得，所以的周长为；选择条件③：由及正弦定理得：，所以，所以，即，由余弦定理，得，所以，所以，，所以的周长为.18．已知数列满足，，.（1）证明：为等比数列；（2）求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由，化简得到，结合等比数列的定义，即可求解.（2）由（1）求得，得到，根据等差数列的定义和通项公式，求得，结合“乘公比错位相减法”，即可求解.【详解】（1）因为，所以，即，又由，所以是以为首项，为公比的等比数列.（2）由（1）知是以为首项，为公比的等比数列，所以，可得又由，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，即，所以，所以，两式相减，可得，所以.【点睛】错位相减法求解数列的前项和的分法：（1）适用条件：若数列为等差数列，数列为等比数列，求解数列的前项和；（2）注意事项：①在写出和的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出；②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；③作差后，作差部分应用为的等比数列求和.19．如图，是半圆的直径，是半圆上异于的一点，点在线段上，满足，且，，，.（1）证明：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由圆的性质和勾股定理可证得，，由此可得平面，由线面垂直的性质可证得结论；（2）以为原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）是半圆的直径，是半圆上异于的一点，.，，，.，，，，，.，平面，平面，又平面，.（2）以为原点，，所在直线分别为轴､轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，，，，，设平面的法向量为，则，令，得：，，；设平面的法向量为，得，令，得：，，；，结合图可知，二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.【点睛】方法点睛：空间向量法求解二面角的基本步骤是：（1）建立空间直角坐标系，利用坐标表示出所需的点和向量；（2）分别求得二面角的两个半平面的法向量，根据向量夹角公式求得法向量的夹角；（3）根据图形或法向量的方向确定所求角为二面角的大小或二面角补角的大小.20．已知双曲线的离心率为，过双曲线的右焦点作渐近线的垂线，垂足为，且(为坐标原点)的面积为.（1）求双曲线的标准方程；（2）若，是双曲线上的两点，且，关于原点对称，是双曲线上异于，的点.若直线和直线的斜率均存在，则是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）是定值，定值为.【分析】（1）先求得点到渐近线的距离，再根据(为坐标原点)的面积为，求得a，b的关系，再结合离心率求解；（2）设，，得到，由两式相减，计算即可.【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，即，所以点到渐近线的距离为.所以的面积为即.因为双曲线的离心率为，所以，即.代人，解得，所以，故双曲线的标准方程为.（2）是定值，理由如下：设，，则，，所以两式相减并整理得所以.所以是定值，且该定值为.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．21．城市大气中总悬浮颗粒物(简称TSP)是影响城市空气质量的首要污染物，我国的《环境空气质量标准》规定，TSP日平均浓度(单位：)在时为一级水平，在时为二级水平.为打赢蓝天保卫战，有效管控和治理那些会加重TSP日平均浓度的扬尘污染刻不容缓.扬尘监测仪与智能雾化喷淋降尘系统为城市建筑工地的有效抑尘提供了技术支持.某建筑工地现新配置了智能雾化喷淋降尘系统，实现了依据扬尘监测仪的TSP日平均浓度进行自动雾化喷淋，其喷雾头的智能启用对应如下表：TSP日平均浓度喷雾头个数个根据以往扬尘监测数据可知，该工地施工期间TSP日平均浓度不高于，，，的概率分别为，，，.（1）若单个喷雾头能实现有效降尘，求施工期间工地能平均有效降尘的立方米数.（2）若实现智能雾化喷淋降尘之后，该工地施工期间TSP日平均浓度不高于，，，的概率均相应提升了，求：①该工地在未来天中至少有天TSP日平均浓度能达到一级水平的概率；(，结果精确到)②设单个喷雾头出水量一样，如果TSP日平均浓度达到一级水平时，无需实施雾化喷淋，二级及以上水平时启用所有喷雾头个，这样设置能否实现节水节能的目的？说明理由.【答案】（1）；（2）①；②无法达到节水节能的目的，理由见解析.【分析】（1）根据条件求出每个TSP段对应的概率，列出设置喷头个数的分布列，求出设置喷头数的均值，从而计算出有效除尘体积.

（2）①根据（1）中的概率，求得TSP日平均浓度达到一级水平的概率，未来10天的日平均浓度概率情况满足二项分布，从而求得概率.

②计算出此时启用喷头数的期望值，与前面只能启动的期望值比较，若更大，则不能实现节水节能，更小则可以.【详解】解：（1）由已知条件和互斥事件的概率加法公式有，，，，.则智能设置喷雾头个数的分布列为：则(个)所以施工期间工地能平均有效降尘的立方米数为（2）①由已知，该工地智能雾化喷淋降尘之后，TSP日平均浓度达到一级水平的概率为，设未来天中TSP日平均