2021届江苏省新高考基地学校高三下学期4月第二次大联考数学试题（解析版）

试卷第=page22页，总=sectionpages44页第Page\*MergeFormat1页共NUMPAGES\*MergeFormat6页2021届江苏省新高考基地学校高三下学期4月第二次大联考数学试题一、单选题1．设全集为，集合，则（）A． B． C． D．【答案】C【分析】先化简集合，然后求解的补集，最后再求解.【详解】由题意可知，，所以，则，故选：C．2．某校组建了甲、乙、丙3支羽毛球球队参加男女混合双打比赛，其中男队员有小王、小张、小李，女队员有小红、小芳、小丽．若小王和小红不是搭档，小张和小丽不是搭档，小李和小芳不是搭档，则（）A．小王的搭档一定是小芳 B．小芳的搭档不可能是小张C．小张的搭档不可能是小红 D．小李的搭档可能是小丽【答案】D【分析】根据小王的搭档进行分类讨论，由此确定正确选项.【详解】由题意可知，小王的搭档可以是小芳、小丽，小张的搭档可以是小红、小芳，小李的搭档可以是小红、小丽，所以①当小王的搭档是小芳时，小张的搭档是小红，小李的搭档是小丽，满足题意；②当小王的搭档是小丽时，小张的搭档是小芳，小李的搭档是小红，满足题意；则选项A、B、C均错误.故选：D3．根据2010~2019年我国16~59岁人口比重统计数据（%），拟合了与年份的回归方程为，试据此估计我国约从哪一年开始16~59岁人口比重低于50%（）A．2023 B．2026 C．2029 D．2032【答案】C【分析】解不等式可得．【详解】由题意可令，即，解得，则，故选：C．4．碌碡（liùzhóu）是我国古代人民发明的一种把米、麦、豆等粮食加工成粉末的器具，如图，近似圆柱形碌碡的轴固定在经过圆盘圆心且垂直于圆盘的木桩上，当人推动木柄时，碌碡在圆盘上滚动．若人推动木柄绕圆盘转动1周，碌碡恰好滚动了3圈，则该圆柱形碌碡的高与其底面圆的直径之比约为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】碌碡的高就是木柄所绕圆盘的半径，由此可建立等量关系得出结论．【详解】由题意可设圆柱形碌碡的高为，其底面圆的直径为，则有，所以，故选：B．5．若存在复数同时满足，，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，求得的表达式，利用三角换元法求得的取值范围.【详解】由题意可设，则有，又因为，即，所以，可设，，（为任意角），则，当时取到最大值；当时取到最小值，所以实数的取值范围是.故选：C【点睛】当遇到形如的式子时，可利用三角换元，结合三角函数的知识来求解.6．香农定理是所有通信制式最基本的原理，它可以用香农公式来表示，其中是信道支持的最大速度或者叫信道容量，是信道的带宽（），S是平均信号功率（），是平均噪声功率（）．已知平均信号功率为，平均噪声功率为，在不改变平均信号功率和信道带宽的前提下，要使信道容量增大到原来的2倍，则平均噪声功率约降为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用题设条件，计算出原信道容量的表达式，再列出在B不变时用所求平均噪声功率表示的信道容量的表达式，最后列式求解即得.【详解】由题意可得，，则在信道容量未增大时，信道容量为，信道容量增大到原来的2倍时，，则，即，解得，故选：A7．已知椭圆的焦距为，右焦点为，过上一点作直线的垂线，垂足为．若四边形为菱形，则的离心率为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求得点的横坐标和纵坐标，判断为正三角形，结合椭圆的定义求得离心率.【详解】由题意可知，而，所以，则为正三角形，设椭圆的左焦点为，则，且，，所以由椭圆的定义可得，即，即，解得离心率为.故选：D8．已知函数，且，则（）A． B．C． D．【答案】A【分析】依题意，可以令，则，，代入函数，即可比较、、三者的大小，得到答案.【详解】∵，且，∴令，则，，∴，，，又∵，∴.故选：A.【点睛】选择题是知识灵活运用，解题时结果准确更重要，因此，逆推验证法、正难则反法、估算法、特殊值法、排除法、数形结合法等各种方法可以穿插综合运用.由于选择题的特殊性，所以解选择题时要求“快、准、巧”，切忌“小题大做”.二、多选题9．已知无穷等差数列的前项和为，，，则（）A．数列单调递减 B．数列没有最小值C．数列单调递减 D．数列有最大值【答案】ABD【分析】根据等差数列通项公式和前项和公式对选项进行分析，由此确定正确选项.【详解】由题意，对于无穷等差数列，,因为，所以数列单调递减，且无穷递减，所以没有最小值，故选项A、B均正确；对于数列，，为关于的二次函数，其对称轴为，因为，，所以该二次函数的图象开口向下，则有最大值，所以选项C错误，选项D正确.故选：ABD10．已知，均为正数，且，则（）A． B． C． D．【答案】AC【分析】利用因式分解法判断AB选项的正确性，结合基本不等式判断CD选项的正确性.【详解】由题意，对于选项A，因为，所以，故选项A正确；对于选项B，，故选项B错误；对于选项C，，当且仅当，且，即，时取等号，故选项C正确；对于选项D，，当且仅当，即时取等号，故选项D错误.故选：AC11．已知函数，，则（）A．，B．，C．，，D．，，【答案】BCD【分析】根据函数解析式判断函数的奇偶性，可得选项A的正误；结合函数的值域可得选项B的正误；结合导数判断函数的极值情况可得选项C,D的正误.【详解】由题意可知，，即函数为奇函数，所以，且，故A错误，B正确；因为，所以，设，则，由零点存在定理可得使得；所以一定存在时，，也一定存在时，，即一定不是单调函数，又且图象为连续曲线，所以，，，故C正确；因为时，，所以必然存在最大值，故D正确；故选：BCD.12．由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式．一般地，存在一个次多项式，使得，这些多项式称为切比雪夫（P．L．Tschebyscheff）多项式．则（）A． B．当时，C． D．【答案】ACD【分析】根据题目定义以及二倍角公式即可判断A正确，令，可得，可判断出B错误，令可得，结合可判断出C正确，根据二倍角公式可知，D正确．【详解】因为，所以，即，故选项A正确；令，则，则，则，即选项B错误；令，则，可得，所以，则选项C正确；设，则，将代入，方程成立，即选项D正确．故选：ACD．三、填空题13．某志愿者服务大队计划在今年“五一”小长假这5天中安排3天到社区进行劳动法宣讲，则这3天中恰有2天连排的概率为________．【答案】【分析】先求出3天中恰有2天连排所有排法，再求出5天中安排3天的排法，然后可求概率.【详解】由题意，由插空法得3天中恰有2天连排的概率为，故答案为．14．已知正方形的边长为2，当点满足________时，．（注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情况）【答案】P为的中点（答案不唯一）．【分析】根据找到满足条件的点P即可.【详解】由题意，当点为的中点时，，可满足题意，故答案为：P为的中点（答案不唯一）．15．设，则________．【答案】20【分析】根据乘法分配律以及二项式展开式的通项公式，求得，由此求得正确结果.【详解】由题意可得，，所以，，，，且，所以，.故答案为：20四、双空题16．已知等边三角形的边长为2，点，分别在边，上，且，将沿折起，则四棱锥的体积的最大值为________，此时四棱锥的外接球的表面积为________．【答案】．【分析】（1）设，分别为，的中点，，由题得，再利用导数求函数的最值得解；（2）找出四棱锥的外接球的球心，求解三角形可得外接球的半径，再由球的表面积公式求得四棱锥的外接球的表面积．【详解】（1）设，分别为，的中点，，则，，其中．记，，则，令，得，此时，所以四棱锥的体积的最大值为（2）设，分别为，等腰梯形的外接圆的圆心，则为的三等分点（靠），在直线上．设过，分别与，等腰梯形垂直的直线交于点（四棱锥的外接球的球心），连接，，，，由（1）知，等腰梯形中，，，，则在线段的延长线上，设，由2得，，即，解得则．所以四棱锥的外接球的表面积．故答案为：；．【点睛】方法点睛：求空间几何体的外接球的半径常用的方法有：（1）模型法（把几何体放到长方体中去求解）；（2）解三角形法.要根据已知条件灵活选择方法求解.五、解答题17．在①，②，③．这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求出的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：在中，角，，的对边分别为，，，已知，________．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】答案不唯一，具体见解析．【分析】若选①，则由正弦定理可得，化简后可求出角或，再由求出，然后由可求出的值；若选②，则由正弦定理得，即可得，再利用余弦定理可求得，从而可求出角，再由求出，然后由可求出的值；若选③，由结合辅助角公式和基本不等式可得，则可求出，而利用基本不等式时有，从而可得三角形为等边三角形，与相矛盾，则可得问题中的三角形不存在【详解】选①：因为，由正弦定理得，所以，所以，所以，，又，，所以或，即或．因为，，所以．当时，，当时，，因此的值为或．选②：因为，由正弦定理得，因为，所以，所以，因为，所以．因为，，所以，所以，因此的值．选③：因为，所以，因为，于是，即；且，即，注意到，，因此，即，于是为等边三角形，因此与相矛盾，故不存在．【点睛】关键点点睛：此题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是利用正弦定理进行边角互化，从而可求出角的值，再结合三角函数恒等变换公式求出的值，考查计算能力，属于中档题18．已知数列满足，．（1）求数列的通项公式；（2）设为数列的前项和，求证．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）将化为，从而可得为等比数列，从而可求出其通项公式；（2）利用错位相减法求和，再放缩可证明.【详解】（1）由，得，因为，所以，所以，所以是首项为1，公比为的等比数列，所以，即．（2）由得，两式相减，得，所以得证．19．阳澄湖大闸蟹又名金爪蟹，产于江苏苏州，蟹身青壳白肚，体大膘肥，肉质膏腻，营养丰富，深受消费者喜爱．某水产品超市购进一批重量为100千克的阳澄湖大闸蟹，随机抽取了50只统计其重量，得到的结果如下表所示：规格中蟹大蟹特大蟹重量（单位：克）数量（单位：只）32152073（1）试用组中值来估计该批大闸蟹的有多少只？（所得结果四舍五入保留整数）（2）某顾客从抽取的10只特大蟹中随机购买了4只，记重量在区间上的大闸蟹数量为，求的概率分布和数学期望．【答案】（1）446；（2）分布列见解析；期望为．【分析】（1）先求得样本大闸蟹的平均重量，然后估计出该批大闸蟹的数量.（2）利用超几何分布的分布列计算公式计算出分布列并求得数学期望.【详解】（1）50只大闸蟹的平均重量为：，所以水产品超市购进的100千克大闸蟹只数约为．（2）的可能取值为0，1，2，3，概率分别为：；；；0123所以．20．已知是圆的直径，且长为4，是圆上异于、的一点，点到，，的距离均为．设二面角与二面角的大小分别为，．（1）求的值；（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）作出，从而求得的值.（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值．【详解】（1）连结，．因为，为的中点，所以．因为是圆上异于，的一点，是圆的直径，所以，从而．又因为，，所以，所以，即．因为平面，，所以平面．分别取，的中点，，连接，，，，则在圆中，．由平面，得．又，故平面，所以．所以．同理，．于是．（2）因为，所以．在圆中，，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系．则，，．又因为平面，所以轴，从而．则，，．设平面的法向量为，则，即，不妨取，则，，此时．同理，平面的一个法向量．所以．又二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为．【点睛】几何法求解二面角，要根据二面角的定义来求解；向量法求解二面角，关键是求得二面角的两个半平面的法向量，并且要注意二面角是锐角还是钝角.21．在平面直角坐标系中，过点的直线交抛物于，两点．（1）设，的斜率分别为，，求的值；（2）过点，分别作直线的垂线，垂足为、，试探究和的关系，并说明理由．【答案】（1）；（2）；答案见解析．【分析】（1）设，，根据直线过点，得到，再直接计算即可；（2）①当，两点在轴的异侧时，不妨设，，根据直线，的斜率分别为，，直线，的斜率分别为，，用到角公式探究与的关系；．②当，两点在轴的同侧（只能同在下方）时，不妨设，用到角公式探究与的关系；【详解】（1）设，因为直线过点，所以，整理得，所以．（2）①当，两点在轴的异侧时，；②当，两点在轴的同侧（只能同在下方）时，．理由如下：①当，两点在轴的异侧时，不妨设，，直线，的斜率分别为，，．由题意，，，所以直线，的斜率分别为，，．所以．因为，，所以，即．②当，两点在轴的同侧（只能同在下方）时，不妨设，，，所以．因为，，所以．【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．22．已知函数（，且）为单调减函数，的导函数的最大值不小于0．（1）求的值；（2）若，求证：．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）由在上恒成立求得的一个范围，再由的最大值不小于0又得的一个范围，两者结合可得值．（2）由（1）知，因此中一个不大于1，另一个不小于1，不妨设，构造函数证