1、（新高考）山东省2021届高三数学第二次模拟考试题（四）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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已知集合，则中元素的个数为（ ）A2B3C4D5
2、2（ ）ABCD3已知直线，平面，那么“”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4设约束条件，则的最大值为（ ）ABCD5从6人中选出4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有（ ）A300种B240种C144种D96种6已知函数的定义域为，且，当时，若，则实数的取值范围为（ ）ABCD7在中，点是的中点，线段与交于点，动点在内部活动（不含边界），且，其中、，则的取值范围是（ ）ABCD8我国古代数学名著孙子算经载有一道数学问题：“今有物不知其数，
3、三三数之剩二，五五数之剩二，七七数之剩二，问物几何?”根据这一数学思想，所有被3除余2的正整数从小到大组成数列，所有被5除余2的正整数从小到大组成数列，把数与的公共项从小到大得到数列，则下列说法正确的是（ ）ABCD二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9以下四个命题表述正确的是（ ）A直线恒过定点B圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1C曲线与曲线恰有三条公切线，则D已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线、，、为切点，则直线经过定点10在中，下列说法正确的是（ ）A若，则B存在满足C若
4、，则为钝角三角形D若，则11在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”过去10日，A、B、C、D四地新增疑似病例数据信息如下，一定符合没有发生大规模群体感染标志的是（ ）AA地：中位数为2，极差为5BB地：总体平均数为2，众数为2CC地：总体平均数为1，总体方差大于0DD地：总体平均数为2，总体方差为312已知函数，若，且，则下列结论正确的是（ ）ABCD第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13已知双曲线的左、右焦点分别为，点，则的角平分线所在直线的斜率为_14对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是
5、的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心若，则函数的对称中心为_，_15函数，有下列命题：的表达式可改写为；直线是函数图象的一条对称轴；函数的图象可以由函数的图象向右平移个单位长度得到；满足的的取值范围是其中正确的命题序号是_（注：把你认为正确的命题序号都填上）16在棱长为的正四面体中，点分别为直线上的动点，点为中点，为正四面体中心（满足），若，则长度为_四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）的内角的对边分别为已知（1）求；（2）若，
6、当的周长最大时，求它的面积18（12分）如图，三棱柱中，侧面，已知，点E是棱的中点（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值19（12分）魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺鲁比克教授于1974年发明的魔方与华容道、独立钻石棋一起被国外智力专家并称为智力游戏界的三大不可思议，而魔方受欢迎的程度更是智力游戏界的奇迹通常意义下的魔方，即指三阶魔方，为的正方体结构，由个色块组成常规竞速玩法是将魔方打乱，然后在最短的时间内复原截至2020年，三阶魔方还原官方世界纪录是由中国的杜宇生在2018年11月24日于芜湖赛打破的纪录，单次秒（1）某魔方爱好者进行一段时间的魔方还原训练，每天魔
7、方还原的平均速度(秒)与训练天数(天)有关，经统计得到如下数据：（天）（秒）现用作为回归方程类型，请利用表中数据，求出该回归方程，并预测该魔方爱好者经过长期训练后最终每天魔方还原的平均速度约为多少秒(精确到) ?参考数据（其中）参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，（2）现有一个复原好的三阶魔方，白面朝上，只可以扭动最外侧的六个表面某人按规定将魔方随机扭动两次，每次均顺时针转动，记顶面白色色块的个数为，求的分布列及数学期望20（12分）已知椭圆的上、下顶点分别为，为直线上的动点，当点位于点时，的面积，椭圆上任意一点到椭圆的左焦点的最短距离为（1）求椭圆的方程
8、；（2）连接，直线分别交椭圆于（异于点）两点，证明：直线过定点21（12分）已知正三角形，某同学从点开始，用擦骰子的方法移动棋子，规定：每掷一次骰子，把一枚棋子从三角形的一个顶点移动到另一个顶点；棋子移动的方向由掷骰子决定，若掷出骰子的点数大于3，则按逆时针方向移动：若掷出骰子的点数不大于3，则按顺时针方向移动设掷骰子次时，棋子移动到，处的概率分别为：，例如：掷骰子一次时，棋子移动到，处的概率分别为，（1）掷骰子三次时，求棋子分别移动到，处的概率，；（2）记，其中，求22（12分）已知函数（1）当时，求函数的单调区间；（2）设函数，若在内有且仅有一个零点，求实数的取值范围20数 学答 案第卷一
9、、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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【答案】B【解析】依题意，其中满足的有，所以，有个元素，故选B2【答案】B【解析】，故选B3【答案】C【解析】若，过直线作平面，交平面于直线，又，又，；若，过直线作平面，交平面于直线，又，故“”是“”的充要条件，故选C4【答案】D【解析】画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，设目标函数，则表示平面区域内一动点到定点连线的斜率，结合图象可得，取点时，能使得取得最大值，又由，解得，所以的最大值为，故选D5【答案】B【解析】分两步：首先从4人中选1人去巴黎游览，共有种，其次从剩余5人中选3人到其它三
10、个城市游览，共有种，共有种，故选B6【答案】B【解析】令，则，因为，所以，即当时，取，则，当时，此时无解；当时，此时无解；当时，若，则，解得，故，即，解得，实数的取值范围为，故选B7【答案】D【解析】如下图所示，连接并延长交于点，设，则，又，则，即，即，因此，的取值范围是，故选D8【答案】C【解析】根据题意数列是首项为2，公差为3的等差数列，；数列是首项为2，公差为5的等差数列，；数列与的公共项从小到大得到数列，故数列是首项为2，公差为15的等差数列，对于A，错误；对于B，错误；对于C，正确；对于D，错误，故选C二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合
11、题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9【答案】BCD【解析】对于选项A：由可得，由，可得，所以直线恒过定点，故选项A不正确；对于选项B：圆心到直线的距离等于，圆的半径，平行于且距离为1的两直线分别过圆心以及和圆相切，故圆上有且仅有3个点到直线的距离等于，故选项B正确；对于选项C：由，可得，圆心，由，可得，圆心，由题意可得两圆相外切，所以，即，解得，故选项C正确；对于选项D：设点坐标为，所以，即，因为、分别为过点所作的圆的两条切线，所以，所以点在以为直径的圆上，以为直径的圆的方程为，整理可得，与已知圆相减可得，消去，可得，即，由，可得，所以直线经过定点，故选项D正确，故选B
12、CD10【答案】ACD【解析】对于A选项，若，则，则，即，故A选项正确；对于B选项，由，则，且，在上递减，于是，即，故B选项错误；对于C选项，由，得，在上递减，此时：若，则，则，于是；若，则，则，于是，故C选项正确；对于D选项，由，则，则，在递增，于是，即，同理，此时，所以D选项正确，故选ACD11【答案】AD【解析】对A，因为A地中位数为2，极差为5，故最大值不会大于故A正确；对B，若B地过去10日分别为，则满足总体平均数为2，众数为2，但不满足每天新增疑似病例不超过7人，故B错误；对C，若C地过去10日分别为，则满足总体平均数为1，总体方差大于0，但不满足每天新增疑似病例不超过7人，故C错
13、误；对D，利用反证法，若至少有一天疑似病例超过7人，则方差大于，与题设矛盾，故连续10天，每天新增疑似病例不超过7人，故D正确，故选AD12【答案】BCD【解析】由函数解析式可得图象如下：由图知：，而当时，有，即或2，而，知：，故选BCD第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】1【解析】由题意知，的半焦距，故，设的角平分线与轴交于，由角平分线定理可知，故，解得，即，故的角平分线所在直线的斜率，故答案为114【答案】，2018【解析】因为，所以，由，即，解得，由题中给出的结论，所以函数的对称中心为所以，即故，所以，故答案为，201815【答案】【解析】，故正确；当时，故错误；因为函
14、数的图象向右平移个单位长度得到，而，故错误；由可得，解得，所以，解得，故正确，故答案为16【答案】【解析】将正四面体放在棱长为4的正方体中，则，为正方体的中心，设分别是的中点，则是的中点，连接，设的中点为，连接，因为是的中位线，所以，同理，因为，所以，所以，即，则，所以，因为，所以，因为，所以平面，所以，在中，故答案为四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17【答案】（1）；（2）【解析】（1）由正弦定理得，（2）由余弦定理得，（当且仅当时取等号），当时，取得最大值，此时18【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明：，由余弦定理可知，侧面，且面
15、，又，平面，平面（2）由（1）知，以B为坐标原点，BC为x轴，为y轴，BA为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，由，得；同理，设平面的法向量为，由，得，故，由题意二面角是锐二面角，故二面角的余弦值为19【答案】（1），每天魔方还原的平均速度约为秒；（2）分布列见解析，【解析】（1）由题意，根据表格中的数据，可得，可得，所以，因此关于的回归方程为，所以最终每天魔方还原的平均速度约为秒（2）由题意，可得随机变量的取值为，可得，所以的分布列为：所以20【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）因为椭圆的上、下顶点分别为，点，的面积，所以，基底，又因为椭圆上任意一点到椭圆的左
16、焦点的最短距离为，设是椭圆上任意一点，则，对称轴，所以在区间上递增，则时，即，又，解得，所以椭圆方程为（2）设，由题意得，直线PA，PB的斜率存在，设，由，得；由，得，所以，化简得，所以直线过定点21【答案】（1），；（2）【解析】（1）；，所以；，所以；，所以（2），即，又，时，又，可得，由，可得数列是首项为，公比为的等比数列，即，又，故22【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）函数的定义域为，所以（）当时，由，得，则的减区间为；由，得或，则的增区间为和（）当时，则的增区间为（）当时，由，得，则的减区间为；由，得或，则的增区间为和（2），在内有且仅有一个零点，即关于方程在上有且仅有一个实数根令，则，令，则，故在上单调递减，所以，即当时，所以在上单调递减又，则，所以的取值范围是
