2020-2021学年福建省南平市高三二模数学试题

第页，共页福建省南平市2020-2021学年高三二模数学试题一、单选题（本大题共8小题）1.设集合，集合．若，则（

）A． B． C． D．2.复数满足，则复平面上表示复数的点位于（）A．第一或第三象限 B．第二或第四象限 C．实轴 D．虚轴3.函数的图象的大致形状是（

）A． B． C． D．4.攒尖顶是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，通常有圆形、三角、四角、六角、八角等结构，多见于亭阁式建筑．如图所示，某园林的亭阁建筑为六角攒尖顶，它的屋顶轮廓可近似看作一个正六棱锥，设正六棱锥的侧面等腰三角形的顶角为，则该正六棱锥底面内切圆半径与侧棱长之比为（）A． B． C． D．5.克劳德·香农是美国数学家、信息论的创始人，他创造的香农定理对通信技术有巨大的贡献．技术的数学原理之一便是著名的香农公式：．它表示：在受噪声干挠的信道中，最大信息传递速率取决于信道带宽、信道内信号的平均功率、信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比．按照香农公式，若不改变带宽，而将信噪比从1000提升至4000，则大约增加（

）A． B． C． D．6.过点的直线与函数的图象交于，两点，为坐标原点，则（

）A． B． C．5 D．107.某企业计划加大技改力度，需更换一台设备，现有两种品牌的设备可供选择，品牌设备需投入60万元，品牌设备需投入90万元，企业对两种品牌设备的使用年限情况进行了抽样调查：品牌的使用年限2345概率0.40.30.20.1品牌的使用年限2345概率0.10.30.40.2更换设备技改后，每年估计可增加效益100万元，从年均收益的角度分析：（

）A．不更换设备 B．更换为设备 C．更换为设备 D．更换为或设备均可8.设函数，若关于的不等式有且仅有两个整数解，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共4小题）9.设，分别是双曲线的左、右焦点，且，则下列结论正确的是（

）A． B．的取值范围是C．到渐近线的距离随着的增大而减小 D．当时，的实轴长是虚轴长的3倍10.已知，，，则下列不等式恒成立的是（

）A． B． C． D．11.已知函数与函数的对称中心相同，则下列结论正确的是（

）A．若方程在上有两个不同的实数根，则取值范围是B．将函数的图象向右平移个单位，会与函数的图象重合C．函数的所有零点的集合为D．若函数在上单调递减，则，12.在菱形中，，，将菱形沿对角线折成大小为的二面角，四面体内接于球，下列说法正确的是（

）A．四面体的体积的最大值是1B．无论为何值，都有C．四面体的表面积的最大值是D．当时，球的体积为三、填空题（本大题共4小题）13.请写出与曲线在点处具有相同切线的一个函数（非常数函数）的解析式为．14.过抛物线焦点的直线交于，两点，点在第一象限，若，则直线的倾斜角为．15.福建省于2021年启动了中学生科技创新后备人才培养计划（简称中学生“英才计划”），在数学、物理、化学、生物、计算机等学科有特长的学生入选2021年福建省中学生“英才计划”，他们将在大学教授的指导下进行为期一年的培养，现有4名数学特长生可从3位数学教授中任选一位作为导师，每位数学教授至多带2名数学特长生，则不同的培养方案有一种．（结果用数字作答）16.在平面直角坐标系中，定义、两点间的直角距离为，如图，是圆当时的一段弧，是与轴的交点，将依次以原点为中心逆时针旋转五次，得到由六段圆弧构成的曲线．则．若点为曲线上任一点，则的最大值为．四、解答题（本大题共6小题）17.在①，②的面积为，③，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答．（如果选择多个条件作答，则按所选的第一个条件给分）已知的内角，，所对的边分别是，，，且．（1）求角的大小；（2）若且，求的面积．18.已知数列的前项和为，且满足．（1）证明：数列是等比数列；（2）设，求数列的前项和．19.如图，已知四边形为菱形，，，是的中点，平面平面．（1）证明：平面；（2）若平面平面，，求与平面所成角的正弦值．20.一个国家的数学实力往往影响着国家的科技发展，几乎所有的重大科技进展都与数学息息相关，我国第五代通讯技术的进步就是源于数学算法的优化.华为公司所研发的Single算法在部署基站时可以把原来的、基站利用起来以节省开支，华为创始人任正非将之归功于“数学的力量”，近年来，我国加大基站建设力度，基站已覆盖所有地级市，并逐步延伸到乡村．（1）现抽样调查英市所轴的地和地基站覆盖情况，各取100个村，调查情况如下表：已覆盖未覆盖A地2080B地2575视样本的频率为总体的概率，假设从地和地所有村中各随机抽取2个村，求这4个村中地已覆盖的村比地多的概率；（2）该市2020年已建成的基站数与月份的数据如下表：123456789101112283340428547701905115114231721210926013381探究上表中的数据发现，因年初受新冠疫情影响，基站建设进度比较慢，随着疫情得到有效控制，基站建设进度越来越快，根据散点图分析，已建成的基站数呈现先慢后快的非线性变化趋势，采用非线性回归模型拟合比较合理，请结合参考数据，求基站数关于月份的回归方程．（的值精确到0.01）．附：设，则，，，，，，，对于样本，的线性回归方程有，．21.已知点在椭圆上，且椭圆的离心率为，若过原点的直线交于A，两点，点A在第一象限，轴，垂足为，连接并延长交于点．（1）求椭圆的方程；（2）证明：．22.已知函数，，其中．（1）讨论函数的单调性，并求不等式的解集；（2）若，证明：当时，；（3）用表示，中的最大值，设函数，若在上恒成立，求实数的取值范围．

参考答案1.【答案】C【分析】由已知条件可得是方程的根，从而可求出的值，进而可求出集合【详解】由得，即是方程的根，所以，，故选：C．2.【答案】B【分析】设复数，根据，求得的关系判断.【详解】设复数，则，因为，所以，即，所以，所以在复平面上表示复数的点位于第二或第四象限，故选：B3.【答案】D【分析】根据的奇偶性和当时可选出答案.【详解】由，得，则函数是奇函数，图象关于原点中心对称，排除B，C，当时，排除A，故选：D4.【答案】A【分析】利用正六边形的几何性质确定其外接圆的半径，再利用等腰三角形中的边角关系求出侧棱长，计算比值即可．【详解】解：如图，正六边形是正六棱锥的底面，等腰三角形是正六棱锥的侧面，设侧棱，底面边长，底面内切圆半径，，则是等边三角形，，侧面中，，∴，即．故选：A5.【答案】B【分析】由题意设，，然后利用对数的性质计算即可得答案【详解】设，，则，又，，故选：B．6.【答案】D【分析】对变形后可得的图象关于点对称，从而可得，两点关于点对称，则有，进而可求出的值【详解】，函数的图象关于点对称，直线与函数的图象交于，两点时，得出，两点关于点对称，则有，于是．故选：D．7.【答案】C【分析】根据随机变量分布列分别计算出、品牌设备使用年限的平均值，从而可计算出各自的年均收益，进而可进行判断【详解】设更换为品牌设备使用年限为，则年，更换为品牌设备年均收益为万元；设更换为品牌设备使用年限为，则年，更换为品牌设备年均收益为万元．所以更换为品牌设备，故选：C．8.【答案】D【分析】利用导数分析函数的单调性与极值，作出函数与的图象，根据图象和整数解的个数得出关于实数的不等式组，即可求得实数的取值范围.【详解】∵，∴，令，得，当时，，当时，所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．则函数在处取得极小值，且极小值为，如图所示：当时，若关于的不等式有且仅有两个整数解，则，解得；当时，由于直线与轴的负半轴交于点，当时，关于的不等式有无数个整数解，不满足题意．当时不满足题意综上所述，实数的取值范围是．故选：D．9.【答案】ABC【分析】先根据焦距算出，再根据标准方程的形式判断出的范围，从而可判断出AB的正误.根据虚半轴长的表达式可判断C的正误，根据时算出的实轴长和虚轴长可判断出D的正误.【详解】因为，所以，故A正确；因为双曲线焦点在轴上，由且，得的取值范围是，故B正确；因为到渐近线的距离等于虚半轴长为，其在上单调递减，故C正确；当时，的实轴长为，虚轴长4，的实轴长是虚轴长的倍，故D错误．故选：ABC.10.【答案】BC【分析】由、结合条件等式可判断A、B，由结合条件等式可判断C、由结合条件等式可判断D.【详解】对于A，B，由，，利用基本不等式，可得，解得，又（当且仅当时，等号成立），而，所以，所以，故B正确，A错误：对于C，由，，利用基本不等式，变形得（当且仅当时，等号成立），解得，即，故C正确；对于D，由，，利用基本不等式化简得（当且仅当时，等号成立），解得，故D错误；故选：BC11.【答案】BD【分析】由题意可得，所以，对于A，当时，求得，结合正弦函数的图像和性质进行判断即可；对于B，由已知可得，而周期为，从而可得结论；对于C，由可求得函数的零点；对于D，由题意可得，由此可求出的值【详解】易知当时，，，，，当时，单调递增，当时，单调递减，若方程在上有两个不同的实数根，则，，故A错误；因为函数与函数有相同的对称中心，所以或，即，周期为，故B正确；由，，得，，故C错误；若函数在上单调递减，又函数在上单调递增，所以，即，所以，，故D正确．故选：BD12.【答案】ACD【分析】求出当时，四面体的体积最大，利用锥体的体积公式可判断选项的正误；利用反证法可判断选项的正误；利用时，四面体的表面积的最大，可判断选项的正误；求出球的半径，利用球体的体积公式可判断选项的正误．【详解】对于A选项，∵，，则为等边三角形，取的中点，则，同理可知，为等边三角形，故，且，，设二面角的平面角为，设点到平面的距离为，则，，当且仅当时，等号成立，即当时，四面体的体积的最大值是1，故A正确；对于B选项，取中点，连接，若，因为，，所以平面，从而，，而，不一定相等，故B错误；对于C选项，，∵，，∴，所以，，因此，四面体的表面积的最大值是，C选项正确；对于D选项，设、分别为、的外心，则，在平面内过点作的垂线与过点作的垂线交于点，∵，，，∴平面，∵平面，∴，∵，，∴平面，同理可得平面，则为四面体的外接球球心，连接，∵，，，∴，所以，，∴，∵平面，平面，∴，∴，即球的半径为，因此，球的体积为，D选项正确．故选：ACD．13.【答案】答案不唯一，或或等．【分析】先求出曲线在点处的切线方程，进而得出答案.【详解】，曲线在点处的切线方程为，所有在点处的切线方程为的函数都是正确答案．故答案为：答案不唯一，或或等14.【答案】【详解】过作，垂直准线，垂足为，，过作垂线，垂足为，利用抛物线的定义，即可得答案；【详解】过作，垂直准线，垂足为，，过作垂线，垂足为，由抛物线定义知，，．所以，又因为，所以，即直线的倾斜角为．故答案为：.15.【答案】54．【分析】分成两类，再由平均分组的知识求解即可.【详解】分两类，．故答案为：16.【答案】；【分析】求出、的坐标，利用题中定义可求得的值；设点为第一象限内的点，设出点的坐标，利用三角恒等变换思想结合正弦函数的有界性可求得的最大值.【详解】由图可知，点位于第一象限，在圆的方程中，令，可得，则点.如图可得，点，所以；根据对称性，只需讨论点在第一象限的情况：当点在上时，设，则，则，所以，，则，当时，；当点不在上时，所在圆的圆心为，易知直线轴，设，，同理可得，则，，，，则，当时，.因为，所以，的最大值为.故答案为：.17.【答案】条件选择见解析（1）；（2）．【分析】（1）分别选择①②③，根据正弦定理、余弦定理和三角恒等变换即可求出角；（2）运用正弦定理求出，再根据三角形面积公式即可求出.【详解】（1）若选条件①，则，即，所以，又因为，所以．（1）若选条件②的面积为，则，即，所以，又因为，所以．（1）若选条件③，则，即，即，所以，又因为，所以．（2）因为，所以，所以，，又因为，所以，的面积为．18.【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）根据作差得到，即可得到，从而得证；（2）由（1）知，再利用裂项相消法计算可得；【详解】解：（1）因为①当时，得．当时，②，①②两式相减得即，所以数列是以2为公比，以2为首项的等比数列，（2）由（1）知，即．∵，则，19.【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）由四边形为菱形，可得是等边三角形，从而由等边三角形的性质可得，而，则由线面垂直的判定定理可得平面，再由线面平行的性质可得，进而可证得平面；（2）由已知条件可得，，两两互相垂直，所以以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角【详解】（1）证明：已知四边形为菱形，，所以是等边三角形，因为是的中点，所以，又，，，平面，所以平面，又菱形中，，平面，平面，所以平面．而平面，平面平面，得．因此平面．（2）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，于是，，两两互相垂直，以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系．则，，，，，所以，，，设平面的法向量，由，得，可取，所以．故与平面所成角的正弦值．20.【答案】（1）；（2）．【详解】（1）利用二项分布和互斥事件的概率计算，即可得到答案；（2）利用换元，设，则，可得与是线性相关关系，再根据最小二乘法求回归直线方程．【详解】（1）用样本估计总体，抽到地覆盖的村概率为，抽到地覆盖的村概率为，地抽到的2个村中基站覆盖的村个数为，则满足二项分布，地抽到的2个村中基站覆盖的村个数为，则满足二项分布，，从