1、2021届山东省青岛市高三二模数学试题一、单选题1已知，均为的子集，且，则下面选项中一定成立的是（ ）ABCD【答案】C【分析】由，可得，由此可得结论【详解】解：因为，均为的子集，且，所以，所以，故选：C2若随机变量服从正态分布，则实数等于（ ）AB0C1D2【答案】B【分析】根据正态分布的对称性计算【详解】由题意，解得故选：B3在平面直角坐标系中，直线为双曲线的一条渐近线，则（ ）A直线与圆相交B直线与圆相切C直线与圆相离D直线与圆相切【答案】D【分析】双曲线的渐近线方程为，不妨设直线：，由几何法判断即可.【详解】显然，双曲线的渐近线方程为，不妨设直线：，则圆心到的距离，所以，直线与圆相离，
2、与圆相切.故选：D.4我国魏晋时期著名的数学家刘徽在九章算术注中提出了“割圆术割之弥细，所失弥少，割之又割，以至不可割，则与圆周合体而无所失矣”.也就是利用圆的内接多边形逐步逼近圆的方法来近似计算圆的面积.如图的半径为1，用圆的内接正六边形近似估计，则的面积近似为，若我们运用割圆术的思想进一步得到圆的内接正二十四边形，以此估计，的面积近似为（ ）ABCD【答案】C【分析】求得圆内接正二十四边形的面积，由此求得的面积的近似值.【详解】，圆内接正二十四边形的面积为.故选：C5已知数列，满足，则（ ）ABCD【答案】C【分析】由代入可得的递推式，得出是等差数列，求出后可得【详解】因为，所以，所以，所
3、以数列是等差数列，公差为1，首项为，所以，所以，所以故选：C【点睛】关键点点睛：本题主要考查数列的通项公式，解题关键是由已知关系得出数列递推式，并由递推式构造出新数列是等差数列，从而易得通项公式，得出结论6已知正方体棱长为2，点在矩形区域(包含边界)内运动，且，则动点的轨迹长度为（ ）ABCD【答案】B【分析】确定点轨迹，由于，因此点轨迹是以为顶点，为轴，母线与轴夹角为圆锥侧面与面的交线，在矩形区域是以为直径的半圆，求出半圆长即得【详解】，所以在以为顶点，为轴，母线与轴夹角为圆锥的侧面上，由于轴对角面，所以此圆锥侧面与平面的交线是圆，而，因此在矩形区域点轨迹是以为直径的半圆，因此轨迹长度为故选
4、：B【点睛】思路点睛：本题考查动点轨迹长度，解题关键是确定动点轨迹，首先确定满足的的轨迹不变，因此利用圆锥的性质得在圆锥侧面上，再由圆锥侧面与平面的交线确定所求点轨迹，从而可得轨迹长度7已知定义在上的函数的图象连续不断，有下列四个命题：甲：是奇函数；乙：的图象关于直线对称；丙：在区间上单调递减；丁：函数的周期为2.如果只有一个假命题，则该命题是（ ）A甲B乙C丙D丁【答案】D【分析】由函数的奇偶性、周期性、对称性之间的相互关系可知，甲、乙、丁三者中必有一个错误，结合连续函数单调性的特征可知，丙、丁互相矛盾，进而可得结果.【详解】由连续函数的特征知：由于区间的宽度为2，所以在区间上单调递减与函数
5、的周期为2相互矛盾，即丙、丁中有一个为假命题；若甲、乙成立，即，则，所以，即函数的周期为4，即丁为假命题.由于只有一个假命题，则可得该命题是丁，故选：D.8在平面直角坐标系中，双曲线：的左右焦点分别为，抛物线：的焦点恰为，点是双曲线和抛物线的一个交点，且，则双曲线的离心率为（ ）AB2CD【答案】A【分析】利用抛物线的通径长得出轴，从而通过勾股定理建立的关系，得离心率【详解】记，则，抛物线方程为，所以轴（因为抛物线通径长为），又在双曲线上，所以，则由得，所以故选：A【点睛】关键点点睛：本题考查求双曲线的离心率，解题方法得出的等量关系，关键是利用抛物线的通径长得出轴，从而可利用勾股定理得出关系式
6、，求得离心率9已知函数，则下列说法正确的是（ ）A若的两个相邻的极值点之差的绝对值等于，则B当时，在区间上的最小值为C当时，在区间上单调递增D当时，将图象向右平移个单位长度得到的图象【答案】BD【分析】由二倍角公式，两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后结合正弦函数性质判断【详解】，A的两个相邻的极值点之差的绝对值等于，则，A错；B当时，时，的最小值为，B正确；C当时，时，即时，取得最小值，因此在此区间上，函数不单调，C错；D时，将图象向右平移个单位长度得到图象的解析式为，D正确故选：BD【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的图象与性质，解题方法是利用诱导公式，二倍角公式，两角
7、和与差的正弦（或余弦）公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦函数（或余弦函数）的性质求解判断二、多选题10已知复数(为虚数单位)，为的共辄复数，若复数，则下列结论正确的是（ ）A在复平面内对应的点位于第四象限BC的实部为D的虚部为【答案】ABC【分析】由复数的运算求得，再根据复数的定义计算后判断各选项【详解】由题意，对应点坐标为在第四象限，A正确；，B正确；的实部为，C正确，虚部是，D错误故选：ABC【点睛】关键点点睛：本题考查复数的运算，考查复数的定义及几何意义，解题时通过复数的运算化复数为代数形式，然后根据复数的定义求解判断11下列不等式成立的是（ ）ABCD【答案】BCD【分
8、析】A.根据，指对数和0或1比较大小，判断选项；B.两个值和1比较大小，判断选项；C.利用分析法，变形判断选项；D.两个数变形为，再和特殊值比较大小.【详解】A.，故A不正确；B.,，故B正确；C.要判断，即判定，即判定，即，即，即成立，故C正确；D.，且，故D正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题考查指对数比较大小，关键选项是D，需变形后，和比较大小.12已知函数在区间上的零点个数为，函数在区间上的所有零点的和记为.则下述正确的是（ ）ABC在区间上任意两零点的差大于D在区间上任意两相邻零点的差大于【答案】ABC【分析】把零点看作是函数和函数的交点的横坐标，利用奇函数的对称性，的周期性与
9、单调性判断各选项【详解】由得，此方程的解即直线与函数交点的横坐标，又是周期为的周期函数，也是奇函数，且在上单调递减，而是增函数也是奇函数，它们只有一个交点，同理在上都是有一个交点，时，交点在 上，所以它们在上交点个数为，即，B正确；由函数和都是奇函数，知所有交点关于原点对称，因此，A正确；相邻两个零点为，又当时，设且，则，而，所以，且，若，则，所以，若，则，即仍然有，综上，任意两个相邻零点，都有，C正确，D错误故选：ABC【点睛】关键点点睛：本题考查方程根的分布问题，解题关键是把方程的根转化为函数图象交点的横坐标，即构造函数和，它们都是奇函数，再确定的周期性与单调性，利用这些性质易判断各选项同
10、三、填空题13命题“，”为假命题，则实数的取值范围为_；【答案】【分析】命题“，”为，则：，.由为假命题可知为真命题，即，恒成立，由分离变量法可得结果.【详解】设命题“，”为，则：，.由为假命题可知为真命题，即，恒成立，所以.又，当且仅当时，所以，即的取值范围是.故答案为：.14在平行四边形中，则_；【答案】【分析】利用向量数量积以及余弦定理列方程，解方程求得，由此求得，进而求得.【详解】依题意，所以，由于四边形是平行四边形，所以，由余弦定理得，即，所以，由于，所以.故答案为：15若，则_；【答案】【分析】对原式两边求导，然后赋值，即可求值.【详解】原式两边求导，令，得.故答案为：【点睛】关键
11、点点睛：本题考查二项式定理求系数和，本题的关键根据所求式子的特点，需对原式两边求导.四、双空题16某校学生去工厂进行劳动实践，加工制作某种零件.如图，将边长为cm正方形铁皮剪掉阴影部分四个全等的等腰三角形，然后将，分别沿，翻折，使得，重合并记为点，制成正四棱锥形状的零件.当该四棱锥体积最大时，_；此时该四棱锥外接球的表面积_.【答案】 【分析】求得正四棱锥体积的表达式，利用导数求得当时体积最大.求得正四棱锥外接球的半径，由此求得外接球的表面积.【详解】正方形的对角线长为，设，则，设是的中点，四棱锥的高，则，对于函数，所以在区间上，递增，在区间上，递减，所以当时，取得极大值也即是最大值.所以当时
12、，正四棱锥体积最大，此时，设球心为，球的半径为，则，解得，外接球的表面积为.故答案为：；【点睛】与外接球有关的题目，求得外接球的半径是解题的关键.五、解答题17请从“；.”两个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.已知的内角，的对边分别为，_.（1）求；（2）设是的平分线，且面积为，求线段的长度.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）选结果都是；（2）【分析】（1）选，由诱导公式化，然后由两角和正弦公式展开，可求得，选，由二倍角公式变形求得，从而得角；（2）设，由余弦定理求得，然后由角平分线定理列出比例式，解得【详解】（1）选，所以，又是三角形内角，所以，所以选，
13、由得，因为，所以，所以，；（2），又，是角平分线，设，则，同理，所以，化简得【点睛】思路点睛：本题考查诱导公式，两角和的正弦公式（或余弦的二倍角公式），考查三角形面积公式，余弦定理求角平分线长时，首先由面积求得两边的积，由余弦定理表示出，根据角平分定理列出关于的方程，解之可得18如图，在直三棱柱中，底面三角形为直角三角形，其中，分别为和的中点.（1）求证：平面；（2）当点在线段上移动时，求直线与平面所成角正弦的最大值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）通过证明证得平面.（2）求得到平面的距离，由此求得直线与平面所成角正弦的最大值.【详解】（1）由于，所以平面，所以.由于分别是的中
14、点，所以，所以.由于，所以三角形和三角形是等腰直角三角形，所以，所以.由于，所以平面.（2）过作，由于，所以平面.，在中，由三角形的面积得.所以到平面的距离为.由于平面,平面，所以平面.所以到平面的距离为.延长交于，设直线与平面所成角为，则，当最小时，最大，由于四边形是矩形，是的中点，所以的最小值为，所以最大值为.【点睛】在求解线面角有关的题目时，可根据线面角的定义求得线面角的正弦值.19已知等差数列满足，且是和的等比中项，数列的前项和为，且满足，.（1）求数列和的通项公式；（2）将数列和中的公共项按从小到大的顺序依次排成一个新的数列，令，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）
15、利用等差数列基本量法求，利用数列的与的关系，求通项公式；（2）先求两个数列的相同项，列出通项公式，求，再利用裂项相消法求和.【详解】（1），且，即，时，两式相减得，即，且，数列是首项为3，公比为3的等比数列，；（2）数列中的项有，数列中的项有，观察规律发现，当中的第1，3,5，项在中有相等的数，即公共项，即为通项， .故【点睛】关键点点睛：本题考查数列求通项公式，数列求和，本题的关键是通过列举法，观察，求数列的项，写出通项公式.20现对某市工薪阶层对于“楼市限购令”的态度进行调查，随机抽调了50人，他们月收入(单位：百元)的频数分布及对“楼市限购令”赞成人数如下表：月收入频数510151055
16、赞成人数4812521（1）根据以上统计数据完成下面的列联表，并问能否有97.5%的把握认为“某市工薪阶层对于楼市限购令的态度与月收入以6500元为分界点有关”？月收入不低于65百元的人数月收入低于65百元的人数合计赞成不赞成合计（2）若对月收入在和的被调查人中各随机选取两人进行追踪调查，求在选中的4人中有人不赞成的条件下，赞成“楼市限购令”的人数的分布列及数学期望.附：，.0.0500.0250.0100.0050.0013.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）列联表见解析有97.5%的把握认为“某市工薪阶层对于楼市限购令的态度与月收入以6500元为分界点有关；（2
17、）分布列见解析，期望为【分析】（1）根据频数分布表中数据可得列联表，计算出可得把握度（2）的取值分别是，求出各概率得分布列，由期望公式计算期望【详解】（1）由题意列联表如下：月收入不低于65百元的人数月收入低于65百元的人数合计赞成32932不赞成71118合计104050，所以有97.5%的把握认为“某市工薪阶层对于楼市限购令的态度与月收入以6500元为分界点有关”（2）的取值分别是，,记4人中有人不赞成为事件，则，同理，所以的分布列为：012340【点睛】本题考查独立性检验，考查随机变量的概率分布列与数学期望考查学生的数据处理能力，根据已知数据得出列联表中数据，计算得出相应结论另外确定随机
18、变量的取值的关键，由此计算各概率，得分布列，计算概率时要注意这是条件概率，需由条件概率公式计算，由期望公式计算期望考查学生的运算求解能力21已知函数，.（1）讨论的单调性；（2）若对任意，均有，求的值；（3）假设某篮球运动员每次投篮命中的概率均为，若其次投篮全部命中的概率为，证明：.【答案】（1）答案见解析；（2）；（3）证明见解析.【分析】（1）求出函数的定义域，求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间；（2）由已知可得，利用（1）中的结论可得出关于实数的不等式，由此可求得实数的值；（3）由（2）可得出，令可证得所证不等式成立.【详解】（1）
19、函数的定义域为，.若，则对任意的恒成立，此时函数在为减函数；若，由可得，由可得.此时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.综上所述，当时，函数在为减函数；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）当时，函数在上为减函数，且，则当时，不合乎题意；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，令，可得，即，令，其中，.当时，此时函数单调递减；当时，此时函数单调递增.所以，则，由，所以，解得；（3）由题意可得，由（2）可知，当时，即，所以，因此，.【点睛】思路点睛：讨论含参函数的单调性，通常注意以下几个方面：（1）求导后看最高次项系数是否为，须需分类讨论；（2）若最高次项系数不为，通常是二次
20、函数，若二次函数开口方向确定时，再根据判别式讨论无根或两根相等的情况；（3）再根据判别式讨论两根不等时，注意两根大小比较，或与定义域比较.22在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，点为直线：与椭圆：的一个交点，且，.（1）证明：直线与椭圆相切；（2）已知直线与椭圆：交于，两点，且点为的中点.（i）证明：椭圆的离心率为定值；（ii）记的面积为，若，证明：.【答案】（1）证明见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析；【分析】（1）联立椭圆与直线的方程，得关于的一元二次方程，由表示出，代入，计算得，可证明直线与椭圆相切；（2）（i）联立方程，得关于的一元二次方程，由韦达定理代入化简得的关系，
21、即可求得离心率；（ii）由弦长公式表示出，利用点到直线距离公式求解的高，代入面积公式，化简计算得，即可证明.【详解】（1）由题意，得，所以，因为点为直线与椭圆的一个交点，且，所以，代入的表达式可得，所以直线与椭圆相切；（2）（i），可得，由韦达定理知，又因为点为的中点，所以，解得，所以为定值；（ii），所以，由（i）中韦达定理知，所以，因为，代入化简得，因为，所以，证明，只需证，又因为显然成立，所以成立.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题
