1、2021届辽宁省抚顺市六校协作体高三5月二模数学试题一、单选题1已知，复数的共轭复数在复平面内对应的点在（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】A【分析】根据复数的除法运算和共轭复数的概念可得选项.【详解】，复数的共轭复数在复平面内对应的点是，在第一象限.故选：A.2已知集合，集合，则（ ）ABCD【答案】C【分析】本题首先可通过求解得出，然后通过求解得出，最后通过并集的相关性质即可得出结果.【详解】，即，即，解得，则，故选：C.3若圆被直线截得的弦长为6，则（ ）A26B31C39D43【答案】C【分析】将圆化作标准形式，由圆心到弦的距离，求得半径与弦长及距离的关系，从而求得半
2、径，求得参数m.【详解】将圆化为，所以圆心到直线的距离，该距离与弦长的一半及半径组成直角三角形，所以，解得故选：C4函数的图象大致为（ ）ABCD【答案】B【分析】通过解析式判断函数奇偶性，并当时求导，取验证图像的单调性及函数值是否符合计算结果，即可得到解析式对应图像.【详解】为奇函数，排除A.排除当时当时函数存在单增区间，排除故选：.5三星堆古遗址是迄今在西南地区发现的范围最大，延续时间最长，文化内涵最丰富的古城古国古蜀文化遗址.三星堆遗址被称为20世纪人类最伟大的考古发现之一，昭示了长江流域与黄河流域一样，同属中华文明的母体，被誉为“长江文明之源”，考古学家在测定遗址年代的过程中，利用“生
3、物死亡后体内的碳14含量按确定的比率衰减”这一规律，建立了样本中碳14的含量，随时间x(年)变化的数学模型：(表示碳14的初始量).2020年考古学家对三星堆古遗址某文物样本进行碳14年代学检测，检测出碳14的含量约为初始量的68%，据此推测三星堆古遗址存在的时期距今大约是（ ）(参考数据：)A2796年B3152年C3952年D4480年【答案】B【分析】根据题意可得，结合指对运算性质，即可得到结果.【详解】设三星堆古遗址存在的时期距今大约是年，则，即，所以，解得故选：B6已知等差数列的前项和为，则（ ）ABCD【答案】D【分析】根据前项和的性质，结合等差数列的性质、等差数列的前项和公式进行
4、求解即可.【详解】由，得，所以，则，所以故选：D7展开式中的系数为（ ）AB3CD15【答案】D【分析】，展开式中存在x的项只存在于中，从而求得x的系数.【详解】，含x的项只存在于中，的系数为故选：D8在三棱锥中，底面是面积为的正三角形，若三棱锥的每个顶点都在球的球面上，且点恰好在平面内，则三棱锥体积的最大值为（ ）ABCD【答案】B【分析】先求出三棱锥的外接球的半径，分析得当平面ABC时，三棱锥体积的最大，即得解.【详解】由底面是面积为的正三角形，可知底面的边长为，因为三棱锥外接球的球心恰好在平面内，因为三角形ABC的外接圆半径为，所以球的半径为2，所以当平面ABC时，三棱锥体积的最大.所以
5、三棱锥体积的最大值为故选：B【点睛】方法点睛：求几何体的外接球半径，常用的方法有：（1）观察法；（2）模型法；（3）解三角形法. 要根据已知条件选择合适的方法求解.二、多选题9已知平面向量，且，则（ ）ABCD【答案】AD【分析】由得，进而得，所以.【详解】由得，所以，则，从而.故选：.10若关于的方程在区间上有且只有一个解，则的值可能为（ ）ABC0D1【答案】AC【分析】整理换元之后，原问题转化为在区间上有且只有一个解，即的图象和直线只有1个交点. 作出简图，数形结合可得结果.【详解】整理可得，令，因为，则. 所以在区间上有且只有一个解，即的图象和直线只有1个交点.由图可知，或，解得或.故
6、选：AC.11已知，且，则（ ）ABCD【答案】BCD【分析】根据特殊值法，可排除A；利用基本不等式，可判断BC正确；由作差法，可判断D正确.【详解】对于A，令，则，故A不正确；对于B，当且仅当，即时，等号成立；故B正确；对于C，当且仅当时，等号成立，故C正确；对于D，由，所以，则，故D正确.故选：BCD.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“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，则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
7、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设同时为椭圆与双曲线的左右焦点，设椭圆与双曲线在第一象限内交于点，椭圆与双曲线的离心率分别为为坐标原点，若（ ）A，则B，则C，则的取值范围是D，则的取值范围是【答案】BD【分析】先设，焦距为，根据椭圆与双曲线的定义，求出，；当，得，进而可判断B正确，A错；当时，得到，推出，利用换元法，结合函数单调性，即可判断D正确，C错.【详解】如图，设，焦距为，由椭圆定义可得，由双曲线定义可得，解得，当时，则，所以，即，由离心率的公式可得，故正确.当时，可得，即，可得，由，可得，可得，即，则，可设，则，由在上单调递增，
8、可得，则，故正确.故选：【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于根据椭圆与双曲线的定义，得到与，再由离心率的计算公式，结合题中条件，即可求解.三、填空题13若，则_.【答案】【分析】根据题中条件，由诱导公式以及二倍角公式，直接计算，即可得出结果.【详解】因为，则.故答案为：.14沙漏是一种古代的计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时，如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，该圆锥的高为1，若上面的圆锥中装有高度为的液体，且液体能流入下面的圆锥，则液体流下去后的液面高度为_.【答案】【分析】
9、根据圆锥的体积公式，由题中条件，先得到液体的体积与圆锥容积之比，再计算出空闲部分的体积与圆锥的体积之比，从而可确定结果.【详解】由题意可得，所以 ，又上下两圆锥是对顶的相同圆锥，所以液体流下去后的液面高度为.故答案为：.15规定记号表示一种运算，即，若，函数的图象关于直线对称，则_.【答案】1【分析】根据新运算的定义，得到函数解析式为，再根据函数图象关于直线对称，得到函数的四个零点两两对称，列出方程求解，即可得出结果.【详解】由题意可得：，则函数有四个零点，从大到小依次是，因为函数的图象关于直线对称，所以与关于直线对称，与关于直线对称，所以，解得故答案为：1.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键
10、在于由函数新定义得到函数解析式，确定函数零点，再由对称性，即可求解.16三分损益法是古代中国发明制定音律时所用的生律法.三分损益包含“三分损一“三分益一两层含义，三分损一是指将原有长度作3等分而减去其1份，即原有长度生得长度；而三分益一则是指将原有长度作3等分而增添其1份，即原有长度生得长度，两种方法可以交替运用连续运用，各音律就得以辗转相生，假设能发出第一个基准音的乐器的长度为243，每次损益的概率为，则经过5次三分损益得到的乐器的长度为128的概率为_.【答案】【分析】设5次三分损益中有次三分损一，解方程得的值，即得解.【详解】设5次三分损益中有次三分损一，所以，解得故所求概率为.故答案为
11、：【点睛】方法点睛：求概率常用的方法有：先定性（古典概型的概率、几何概型的概率、独立事件的概率、互斥事件的概率、独立重复试验的概率、条件概率），后定量.四、解答题17在成等差数列；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，求该三角形面积的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，_？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】答案见解析【分析】先由题中条件，根据正弦定理以及余弦定理求出；若选，根据正弦定理可得，再由余弦定理求出，即可得出三角形的面积；若选，根据正弦定理，得到，可得三角形不存在；若选，根据余弦定理，可得，得到为
12、直角三角形，进而可求出三角形的面积.【详解】因为，由正弦定理得，即，所以，又，所以.选择因为成等差数列，所以，即，解得由，所以，故存在满足题意的，.选择因为，所以，这与矛盾，所以不存在.选择因为，所以，得，所以，此时存在.又，所以，所以，所以.18在公比大于0的等比数列中，已知依次组成公差为4的等差数列（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和【答案】（1）；（2）.【分析】（1）设的公比为，根据题中条件，求出公比与首项，即可得出通项公式；（2）先由（1）得到，再由错位相减法，即可求出结果.【详解】（1）设的公比为，因为成等差数列，所以，则，又，所以又因为，所以，所以；（2）由题可知，则，得
13、.故【点睛】思路点睛：错位相减法求数列（其中为等差数列，为公比为的等比数列）的前项和的一般步骤：（1）先列出前项和；（2）在上式两端同乘以等比数列的公比，得到，（3）两式作差，根据等比数列的求和公式化简整理，即可得出结果.（作差时，要注意错位相减）19如图，在四棱锥中，（1）证明：.（2）若平面平面，经过、的平面将四棱锥分成左右两部分的体积之比为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）本题首先可取的中点，连接、，根据、以及即可得出四边形是矩形，然后根据得出，最后根据线面垂直的判定与性质即可证得；（2）本题首先可根据题意得出平面即平面，然后作空间直角坐
14、标系，求出平面的法向量以及平面的法向量，最后根据即可得出结果.【详解】（1）如图，取的中点，连接，因为，是的中点，所以，四边形是矩形，因为，所以是等边三角形，因为，所以平面，因为平面，所以.（2）因为平面平面，平面平面，所以平面，因为，所以平面即平面，如图，作空间直角坐标系，设，则，因为平面，则即平面的一个法向量，设平面的法向量为，则，即，令，则，设平面与平面所成角为，则，故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.【点睛】关键点点睛：本题考查线线垂直的证明以及二面角的余弦值的求法，可通过线面垂直的性质得出线线垂直，可借助空间直角坐标系求出二面角的余弦值，考查数形结合思想，考查推理能力，是难题.20已
15、知抛物线的焦点为，点在抛物线上，.（1）求抛物线的标准方程.（2）已知直线交抛物线于点，且，证明：直线过定点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由抛物线定义求得点P的坐标，及参数p，从而写出抛物线方程；（2）设直线方程，与抛物线联立，得到韦达定理，求得PA，PB的斜率，由PAPB，得到斜率乘积为-1，代入韦达定理，得到直线方程中斜率与截距的关系，从而判断是否过定点.【详解】（1）解：由抛物线的定义知，故又在拋物线上，所以，则，解得故抛物线的标准方程为（2）证明设，直线的方程为，则因为，所以，即，将直线的方程与抛物线方程联立可得，则，所以，直线的方程为，则直线过定点【点睛】关键点点
16、睛：两直线垂直等价于斜率乘积为-1，利用直线方程与抛物线方程联立求得韦达定理，代入可以求得直线中的参数关系.21某企业有甲、乙两条生产同种产品的生产线据调查统计，100次生产该产品所用时间的频数分布表如下：所用的时间（单位：天）10111213甲生产线的频数10201010乙生产线的频数520205假设订单约定交货时间为11天，订单约定交货时间为12天（将频率视为概率，当天完成即可交货）（1）为尽最大可能在约定时间交货，订单和订单应如何选择各自的生产线（订单，互不影响）；（2）已知甲、乙生产线的生产成本分别为3万元、2万元，订单，互不影响，若规定实际交货时间每超过一天就要付5000元的违约金，
17、现订单，用（1）中所选的生产线生产产品，记订单，的总成本为（万元），求随机变量的期望值【答案】（1）订单选择甲生产线，订单选择乙生产线；（2）535万元.【分析】（1）设分别表示订单选择甲乙生产线在约定时间交货；分别表示订单选择甲乙生产线在约定时间交货；根据题中条件，分别求出其对应的概率，即可得出结果；（2）先记为甲生产线的生产成本的取值，为甲生产线的生产成本的取值，由题意，确定与的所有可能取值，根据（1）分别求出不同取值对应的概率，再由离散型随机变量的期望的概念，直接计算，即可得出结果.【详解】解：（1）频率分布表如下：所用的时间（单位：天）10111213甲生产线的频率0.20.40.20
18、.2乙生产线的频率0.10.40.40.1设事件，分别表示订单选择甲乙生产线在约定时间交货；事件，分别表示订单选择甲、乙生产线在约定时间交货，所以订单选择甲生产线，订单选择乙生产线（2）设表示订单实际交货时间超过约定时间的天数，表示订单实际交货时间超过约定时间的天数，的分布列分别如下：0120.60.20.2010.90.1设，则的分布列如下：01230.540.240.20.2，所以（万元），所以订单，的总成本的期望值为535万元22已知函数（1）讨论的单调性；（2）当时，恒成立 ，求的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）求出导函数，因式分解，对参数分类讨论，即可得到结果；（2）由缩小参数的取值范围，结合（1）求函数的最小值即可.【详解】解（1）.若，则当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减；若，令，解得.当时，则在和上单调递增，在上单调递减；当时，则在上单调递增；当时，则在和上单调递增，在上单调递减.（2）由题可得，即若在的最小值为，而所以当时，恒成立.若在单调递增，而，所以当时，恒成立若，则，所以当时，不可能恒成立综上所述，的取值范围为.【点睛】方法点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
