1、2021年天津市滨海七所重点学校高三毕业班联考模拟考数学试卷共150分，考试时间120分钟.一选择题(本题共9个小题，每小题5分，共45分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.)1. 若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】化简集合，根据交集的概念进行运算可得结果.【详解】，.故选：C2. 为了调查某厂2000名工人生产某种产品的能力，随机抽查了20位工人某天生产该产品的数量，产品数量的分组区间为，频率分布直方图如图所示.工厂规定从生产低于20件产品的工人中随机地选取2位工人进行培训，则这2位工人不在同一组的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】
2、D【解析】【分析】根据频率分布直方图求出产品数量在和内的频数，根据组合知识和古典概型的概率公式计算可得结果.【详解】产品数量在内的工人有人，在内的工人有人，从这6人中随机地选取2位工人进行培训共有种，其中这2位工人不在同一组的有种，所以这2位工人不在同一组的概率是.故选：D【点睛】本题考查了频率分布直方图，考查了组合知识，考查了古典概型的概率公式，属于基础题.3. 已知公差为的等差数列的前项和为，则“，对，恒成立”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】利用等差数列的求和公式代入中化简，并结合通项公式得到等价的
3、不等式，然后根据不等式恒成立的意义得出充分必要条件.【详解】“，对，恒成立”等价于“”对于，恒成立，显然“”对于，恒成立，等价于“”,“，对，恒成立”是“”的充分必要条件故选：C.【点睛】本题考查等差数列的求和公式和充分必要条件的判断，属小综合题，关键是根据题目中的条件，选用较为简便.4. 函数在的图像大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】判断函数的奇偶性，然后利用特殊函数值进行判断即可.【详解】因为，所以为奇函数，因此函数的图像关于原点对称，故排除A，又因为，故排除B，C.故选：D5. 已知函数，记，则，的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分
4、析】首先判断函数的性质，再比较的大小关系，从而利用单调性比较，的大小关系.【详解】是偶函数，并且当时，是增函数，因为，即 又因为在是增函数，所以.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数的单调性和奇偶性比较函数值的大小，本题的关键是判断函数的性质，后面的问题迎刃而解.6. 直三棱柱的所有顶点都在同一球面上，且，则该球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，可将直三棱柱补成长方体，长方体的对角线即为球的直径，从而可求球的表面积.【详解】解：如图所示，直三棱柱的所有顶点都在同一球面上，且，可将直三棱柱补成长方体，其中，长方体对角线，即为球的直径，则球的半径
5、为.球的表面积为.故选: A.【点睛】本题考查球的表面积，考查分析问题能力，属于中档题.7. 已知抛物线的焦点为F，准线与x轴的交点为E，线段被双曲线顶点三等分，且两曲线，的交点连线过曲线的焦点F，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求得抛物线的焦点和准线，可得的长度，由题意可得，求出两曲线交点坐标，代入双曲线方程可得的关系，利用离心率公式可求得结果.【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，因为线段被双曲线顶点三等分，所以，即，因为两曲线，的交点连线过曲线的焦点F，所以两个交点为、，将代入双曲线得，所以，所以，所以，所以双曲线的离心率.故选：D【点睛】关键点点
6、睛：本题考查求椭圆的离心率，解题关键是找到关于的等量关系根据线段被双曲线顶点三等分得到，再求出两曲线交点坐标，代入双曲线方程可得的关系，考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力属于中档题8. 将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据图象变换求出的解析式，利用周期缩小的范围，再从反面求解可得结果.【详解】将函数的图象先向右平移个单位长度，得到的图象，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数，周期，因为函数在上没有零点，所以，得，
7、得，得，假设函数在上有零点， 令，得，得，则，得，又，所以或，又函数在上有零点，且，所以或.故选：A【点睛】关键点点睛：求出函数的解析式，利用间接法求解是解决本题的关键.9. 已知函数、均是周期为的函数，若函数在区间有10个零点，则实数m的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】作出函数在上的图象，作出在和上的图象，可知的图象与的图象在上有2个交点，在上有一个交点，利用二次函数性质可解的结果.【详解】当时，由可得，即，的图象是以为圆心，为半径的圆的四分之一，作出函数在上的图象，作出在和上的图象，在和上，的图象与的图象共有两个交点，因为的图象与的图象在上共有10个交点，
8、所以的图象与的图象在、上共有8个交点，又与的周期都是2，所以的图象与的图象在上有2个交点，在上有一个交点，在上有2个实根，即在上有2个实根，所以，解得，因为，所以；在上有1个实根，即在上有1个实根，所以或，或，解得或，综上所述：.故选：B【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解二填空题(本大题共6小题，每小题5分，共
9、30分.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分)10. 是虚数单位，若，则_.【答案】【解析】【分析】先设复数，再求得，最后利用复数相等即可求得.【详解】解：设复数，则，所以，所以根据复数相等得：，解得，所以，故答案为：【点睛】本题考查复数的相等概念，共轭复数，复数的模等，是基础题.11. 已知的展开式中第6项与第8项的二项式系数相等，则含项的系数是_.【答案】【解析】【分析】首先由二项式系数相等求，再根据通项公式求指定项的系数.【详解】由条件可知，所以，所以的通项公式是，令，解得：，所以函数的系数是.故答案为：-4【点睛】易错点睛：本题考查二项式定理求指定项系数，其中二项式系
10、数与项的关系是第项的系数是，这一点容易记错，需注意.12. 已知圆，直线l过点，且与圆C交于A，B两点，则直线l的方程为_.【答案】或【解析】【分析】根据求出圆心到直线的距离为，讨论直线的斜率是否存在，当直线的斜率存在时，设出其点斜式方程，根据点到直线的距离公式可求得结果.【详解】圆的圆心，半径，设圆心到直线的距离为，则，当直线的斜率不存在时，直线：，满足；当直线的斜率存在时，设，即，所以，解得，所以，综上所述：直线l的方程为或.故答案为：或【点睛】易错点点睛：容易漏掉直线的斜率不存在的情形.13. 某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后方
11、可进入第二次烧制，再次烧制过程相互独立.根据该厂现有的技术水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.5、0.6、0.4，经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.6、0.5、0.75；则第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为_；经过前后两次烧制后，合格工艺品的件数为，则随机变量的期望为_.【答案】 (1). 0.38 (2). 0.9【解析】【分析】考虑恰有一件的三种情况直接计算得到概率，随机变量的可能取值为，计算得到概率，再计算数学期望得到答案.【详解】第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为：.甲、乙、丙三件产品合格的概率分别为：，.故随机变量的可能取值为，故；
12、.故.故答案为：0.38 ；0.9.【点睛】本题考查了概率计算，数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.14. 在中，已知，P为线段上的点，且，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】由数量积的定义通过解三角形求出中各边发现这是一个直角三角形，然后以以C为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立直角坐标系，则条件为点，且满足用坐标求出，结合几何意义可得最小值【详解】依题意得：解得， ，所以为，所以以C为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立直角坐标系，则由题目条件得点，且满足，点到直线即的距离为，则最小值为故答案为：【点睛】本题考查平面向量的数量积，考查正弦定理的边角转化，余弦定理，考查转
13、化与化归思想，解题关键是建立平面直角坐标系，用坐标表示数量积的运算，从而利用几何意义求得最值15. 已知函数在R数上单调递增，且，则的最小值为_，的最小值为_.【答案】 (1). . (2). .【解析】【分析】根据条件分析出，根据函数的单调性分析出的最小值.将待求式子变形为关于的式子，利用基本不等式以及函数单调性求解出的最小值.【详解】解：因为在R上单调递增，则，所以，所以，又因为，所以，则，又因为，令函数，在恒成立，在上单调递减，所以，所以的最小值为，取等号时，所以，又因为，取等号时，且函数，在上递增，所以，所以的最小值为，取等号时；故答案为： ；.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求解最值
14、时，一定要注意取等号的条件是否能满足，若不满足则无法直接使用基本不等式，转而利用对勾函数单调性分析更方便.三解答题(本大题5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.)16. 已知锐角三角形ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，三角形的面积为.（1）求边上的高：（2）求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用三角形面积公式求出，根据为锐角，求出，用余弦定理求出，再根据面积公式求出所求的高；（2）利用余弦定理求出，根据同角公式求出，再根据两角差正弦公式求出结果.【详解】（1），得，因为为锐角，所以.所以，设边上高为，则，得.（2）,所以.【点睛】关键点点睛：利
15、用三角形的面积公式、余弦定理求解是解题关键.17. 如图，已知梯形ABCD中，ADBC，DAB90，ABBC2AD4，四边形EDCF为矩形，DE2，平面EDCF平面ABCD(1)求证：DF平面ABE；(2)求平面ABE与平面BEF所成二面角的正弦值；(3)若点P在线段EF上，且直线AP与平面BEF所成角的正弦值为，求线段AP的长【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)6.【解析】【分析】（1）由DECD，及面面垂直的性质定理得线面垂直，取D为原点，DA所在直线为x轴，DE所在直线为z轴建立如图所求的空间直角坐标系，得出各点坐标，求出平面的一个法向量，由法向量与的方向向量垂直，再由不在平面内可证
16、线面平行；（2）求出平面ABE与平面BEF的法向量，由法向量的夹角正弦值得二面角正弦值；（3）点P在线段EF上，由，用表示出点坐标，由与平面BEF方向向量的夹角的余弦值的绝对值等于，求出，从而可得线段长【详解】(1)证明：四边形EDCF为矩形，DECD，又平面EDCF平面ABCD，平面EDCF平面ABCDCD，ED平面ABCD取D为原点，DA所在直线为x轴，DE所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则A(2，0，0)，B(2，4，0)，C(2，4，0)，E(0，0，2)，F(2，4，2)，设平面ABE的法向量(x，y，z)，(2，4，2)，(0，4，0)，由，取z1，得(1，0，1)，又(2
17、，4，2)，2+0+20，则，又DF平面ABE，DF平面ABE(2)解：设平面BEF的法向量(a，b，c)，(2，4，2)，(2，4，0)由，取b1，可得(2，1，4)，cos，sin，即平面ABE与平面BEF所成二面角的正弦值为(3)解：平面BEF的法向量(2，1，4)，点P在线段EF上，设P(m，n，t)，则(m，n，t2)(2，4，0)，解得P(2，4，2)，(22，4，2)，直线AP与平面BEF所成角的正弦值为，解得1，线段AP的长为|【点睛】本题考查用空间向量法证明线面平行，求二面角，直线与平面所成的角，从而求得空间线段长，解题关键是建立空间直角坐标系考查了空间想象能力与运算求解能力
18、18. 已知数列是公差不为0的等差数列，数列是等比数列，且，数列的前n项和为.（1）求数列的通项公式；（2）设，求的前n项和；（3）若对恒成立，求的最小值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式与等比中项性质列式可解得等差数列的公差和等比数列的公比，进而可得所求通项公式；（2）对分类讨论，结合等差数列与等比数列的求和公式可得所求和；（3），讨论当为奇数和偶数时，的单调性，可得的最值，结合不等式恒成立可得的范围，进而可得所求最小值.【详解】（1）设数列的公差为，因为数列是等比数列，所以，所以，所以，所以，因为，所以，又，所以，所以，数列的公比，所以.（2）由（1）
19、知，所以，当时，当时，所以.（3），令，当为奇数时，且递减，可得的最大值为，当为偶数时，且递增，可得的最小值为，所以的最小值为，最大值为，因为对恒成立，所以，所以，所以的最小值为.【点睛】易错点睛：本题主要考查函数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.19. 已知椭圆过点，、分别为椭圆C的左、右焦点，且.（1）求椭圆C的方程；（2）过
20、P点的直线与椭圆C有且只有一个公共点，直线平行于OP（O为原点），且与椭圆C交于A、B两点，与直线交于点M（M介于A、B两点之间）.（i）当面积最大时，求的方程；（ii）求证：.【答案】（1）；（2）（i）；（ii）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据条件求出，即可写出椭圆方程；（2）（i）设直线的方程为，联立椭圆方程，表示出，可求出最大时的值，即可得出的方程；（ii）要证明结论，只需证明，即证直线为的平分线，转化成证明：.【详解】（1）设，则， ，又在椭圆上，故，又，解得，故所求椭圆的方程为.（2）（i）由于，设的方程为，由，消去整理得，由韦达定理可得：，则，又点到的距离，所以.当且仅当，
21、即时，等号成立.又介于、两点之间，故.故直线的方程为：.（ii）要证结论成立，只须证明，由角平分线性质即证：直线为的平分线，转化成证明：.由于因此结论成立.【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查弦长公式，考查点到直线的距离公式，考查椭圆中三角形面积利用基本不等式求最值问题，考查了学生的逻辑推理能力与运算能力，属于难题.20. 已知函数.（1）当时，求函数在的单调性；（2）当且时，求函数在上的最小值；（3）当时，设.记为函数在上的唯一零点，证明：.其中为自然对数的底数.【答案】（1）函数在的单调递增（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，利用导数的符号判断可得结果；（2）求导后，对分类讨
22、论，得函数的单调性，根据单调性可得最小值；（3）令，得到，构造函数，利用导数求得其单调性和最值可证得，再构造函数，利用导数求得其单调性和最值可证得，即可求解.【详解】（1）当时，因为，所以，所以，所以函数在的单调递增.（2）当且时，当时，在上单调递减，所以的最小值为；当时，因为，所以，所以，在上单调递减，所以的最小值为综上所述：的最小值为.（3）当时，因为在上有唯一零点，所以，所以，令，所以，构造函数，则，所以在上递增，所以，所以在上递增，所以，即，所以，所以，所以.因为，则构造函数，则，所以在上单调递减，所以，所以且，所以，即，即，从而，综上所述：.【点睛】关键点点睛：第三问中作差、换元，再构造函数，利用导数判断函数的单调性、求出最值进行求解是解题关键.
