1、广西桂林、崇左市2021届高三数学第二次联合模拟考试试题 理（含解析）1. 设集合，则A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则A. B. C. D. 3. 若x、y满足约束条件，则的最大值是A. B. 1C. 2D. 44. 已知，则A. B. C. D. 5. 设两组数据分别为，和，且，则这两组数据相比，不变的数字特征是A. 中位数B. 极差C. 方差D. 平均数6. 函数的图象大致是A. B. C. D. 7. 的展开式中项的系数为A. 24B. 18C. 12D. 48. 某几何体的三视图如图所示单位：，则该几何体的表面积单位：是A. 16B. 32C. 44D. 649. 已知
2、数列满足，则数列的前n项和A. B. C. D. 10. 已知椭圆C的两个焦点分别为，过的直线与C交于A，B两点.若，则椭圆C的方程为A. B. C. D. 11. 已知三棱锥的四个顶点在球O的球面上，平面ABC，PB与平面PAC所成的角为，则球O的表面积为A. B. C. D. 12. 若函数有两个极值点，则实数m的取值范围是A. B. C. D. 13. 已知向量，则_.14. 若等比数列满足，则_ .15. 过作与双曲线的两条渐近线平行的直线，分别交两渐近线于A、B两点，若OAFB四点共圆为坐标原点，则双曲线的离心率为_ .16. 已知函数，以下命题：若，则；若，则；若，则；若，则其中正
3、确的序号是_ .17. 在中，a，b，c是，所对的边的长，求b；若D为BC边上一点，且，求的面积.18. 如图，长方体的底面是边长为2的正方形，点E、F、M、N分别为棱、BC、的中点.求证：平面；若平面平面，求直线l与平面所成角的正弦值.19. 已知抛物线C：的焦点为F，点，圆与抛物线C交于A，B两点，直线BE与抛物线交点为求证：直线AD过焦点F；过F作直线，交抛物线C于M，N两点，求四边形ANDM面积的最小值.20. 十三届全国人大常委会第二十次会议审议通过的未成年人保护法针对监护缺失、校园欺凌、烟酒损害、网络沉迷等问题，进一步压实监护人、学校、住宿经营者及网络服务提供者等主体责任，加大对未
4、成年人的保护力度.某中学为宣传未成年保护法，特举行一次未成年人保护法知识竞赛，比赛规则是：两人一组，每一轮竞赛中，小组两人分别答两题，若答对题数不少于3题，被称为“优秀小组”，已知甲乙两位同学组成一组，且同学甲和同学乙答对每道题的概率分为，若，则在第一轮竞赛中，求他们获“优秀小组”的概率；当，且每轮比赛互不影响，如果甲乙同学在此次竞赛活动中要想获得“优秀小组”的次数为9次，那么理论上至少要进行多少轮竞赛？21. 已知函数，为的导函数.设，讨论函数的单调性；若点，均在函数的图象上，设直线AB的斜率为k，证明：22. 数学中有许多寓意美好的曲线，在极坐标系中，曲线C：被称为“三叶玫瑰线”如图所示求
5、以极点为圆心的单位圆与三叶玫瑰线交点的极坐标；射线，的极坐标方程分别为，分别交曲线C于点M，N两点，求的最小值.23. 已知函数解不等式：；已知实数满足：对都有，若a，b，且，求最小值.答案和解析1.【答案】C【解析】解：，故选：可求出集合B，然后进行交集的运算即可本题考查了集合的描述法的定义，一元二次不等式的解法，交集及其运算，考查了计算能力，属于基础题2.【答案】B【解析】解：因为，所以，则故选：先利用复数的除法运算求出z，然后由共轭复数的定义求解即可。本题考查了复数的除法运算法则的运用以及共轭复数定义的运用，考查了运算能力，属于基础题。3.【答案】D【解析】解：画出约束条件表示的平面区域
6、，如图所示；由得，平移直线，由图象可知当直线经过点A时，直线的截距最大，此时z最大；由，解得，即，代入目标函数得即目标函数的最大值为故选：画出约束条件表示的平面区域，找出最优解，求出目标函数的最大值本题主要考查了线性规划的应用问题，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法，利用平移确定目标函数取得最优解的条件是解题的关键4.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了二倍角的三角函数公式，同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题由二倍角公式化简已知条件可得，结合角的范围可求得，可得，根据同角三角函数基本关系式即可解得的值【解答】解：，由二倍角公式可得，则有，解得故选5.【答案】
7、A【解析】解：由题意知，按从小到大排列的数据，的中位数是，数据，的中位数也是，所以这两组数据的中位数相等，极差一定变小，方差、平均数都不能确定故选：根据中位数、极差和方差、平均数的定义，判断即可本题考查了中位数、极差和方差、平均数的定义与应用问题，是基础题6.【答案】A【解析】解：，可知：是奇函数，排除C、D，在上，故选：先判断为奇函数，再根据函数值的特点即可判断本题考查了函数图象的识别，关键掌握函数的奇偶性和函数值的特点，属于基础题7.【答案】B【解析】解：的展开式的通项公式是：，1，2，3，的展开式中项的系数为故选：先求的展开式，再求出项的系数本题主要考查二项式定理，属于基础题8.【答案】
8、B【解析】【分析】本题考查由三视图求面积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题由三视图还原原几何体如图，该几何体为三棱锥，底面是直角三角形，底面然后由直角三角形面积公式求解【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为三棱锥，底面是直角三角形，底面又底面ABC，故，AC，面PAC，面PAC，又面PAC，则该几何体的表面积故选：9.【答案】B【解析】解：数列满足，则，故常数，所以数列是以为首项，2为公差的等差数列，所以，则，所以，故故选：首先利用关系式的变换，整理得，进一步求出数列的通项公式，最后利用裂项相消法的应用求出数列的和本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求
9、和中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题10.【答案】D【解析】解：，所以可得，又因为，所以可得，即A为短轴的顶点，设A为短轴的上顶点，所以，所以直线AB的方程为：，由题意设椭圆的方程为：，则，联立，整理可得：，即，可得，代入直线的方程可得，所以，因为，所以，整理可得：，解得：，可得，所以椭圆的方程为：，故选：由题意可得A在短轴的顶点，可得，设直线AB的方程和椭圆的方程，联立方程可得B的坐标，求出的表达式，再由可得a的值，进而求出b的值，进而求出椭圆的方程本题考查椭圆的定义及性质，直线与椭圆综合，属于中档题11.【答案】B【解析】解：如图，由平面ABC，得平面平面AB
10、C，取AC中点H，连接BH，PH，则，可得平面PAC，则，得，求得，则H为底面三角形ABC的外心，过H作底面ABC，且在球内部，则O为三棱锥的外接球的球心，可得球O的表面积为故选：由题意画出图形，可得底面三角形ABC为等腰直角三角形，找出三棱锥的外接球的球心，进一步求得半径，代入球的表面积公式得答案本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，是中档题12.【答案】B【解析】解：依题意，有两个变号零点，令，即，则，显然，则，设，则，设，则，在R上单调递减，又，当时，单调递增，当时，单调递减，且时，时，解得故选：依题意，有两个变号零点，由，可得，设，求出函数的单调性
11、及取值情况即可得解本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，考查转化思想及运算求解能力，属于中档题13.【答案】5【解析】解：根据题意，向量，则，则，故答案为：根据题意，求出向量的坐标，进而由模的计算公式计算可得答案本题考查向量模的计算，涉及向量的坐标计算，属于基础题14.【答案】【解析】解：设等比数列的公比为q，由；得，又，得，联立得，即，解得，将代入得，所以故答案为：根据，可建立关于首项和公比的方程组，计算出首项和公比后即可计算出本题主要考查等比数列的通项，考查运算求解能力，涉及逻辑推理、数学运算等数学学科核心素养，属于中档题15.【答案】【解析】解：由题意可得，直线OA、OB都平行于渐近线
12、，可设直线OA的方程为，直线OB的方程为，过点F平行与OA的直线FB的方程为，过点F平行与OB的直线FA的方程为，分别联立方程，解得，即线段AB与OF互相垂直平分，则四边形OAFB为菱形，其外接圆圆心在AB、OF的交点处，则，即，双曲线的离心率，故答案为：联立OA直线、与FA直线，求出A点的坐标，联立OB直线、与FB直线，求出B点的坐标，观察坐标可知，四边形OAFB为菱形，其外接圆圆心在AB、OF的交点处，再结合的数量积为0，即可求解本题考查双曲线的方程和性质，考查离心率的求法，抓住四边形OAFB为菱形，其外接圆圆心在AB、OF的交点处，是解题的关键，属于中档题16.【答案】【解析】解：已知函
13、数，由图像可得，在单调递减，在上单调递增，若，则，故正确，故正确，当时，若时，则，若时，即，即，故正确，错误，故答案为：通过图像，即可对进行判断，当时，分别对和时，的值范围，进行求解本题考查了对数函数的性质，需要学生有数形结合和分类思想，难度系数较大，属于中档题17.【答案】解：因为，可得，又，所以，解得，因为，所以由，即，解得；由得，【解析】根据已知条件和特殊角的三角函数值求得角A的度数，然后由余弦定理求得b的值；欲求的面积的面积，只需通过解直角三角形求得高AD的长度即可本题考查解三角形的正弦定理和余弦定理的运用，考查转化思想和运算能力，属于中档题18.【答案】在长方体中，四边形是矩形，连结
14、ME，因为E，M分别是棱，的中点，且，所以四边形是正方形，所以，因为N，M分别为棱，的中点，所以平面，又平面，所以，因为，NM，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；易知直线平面，平面AFM，因为平面平面，所以，所以直线l与平面所成的角，即直线AF与平面所成的角，以D为坐标原点，以DA，DC，为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量，由，得，令，可得，设直线l与平面所成角为，所以，所以直线l与平面所成角的正弦值为【解析】利用长方体的几何特征结合直线与平面垂直的性质定理和判定定理进行证明即可；建立适当的空间直角坐标系，求出所需的点的坐标，表示出直线的方向向量和平面的法
15、向量，将直线与平面所成的角转化为两个向量的夹角进行求解，即可得到答案本题考查了直线与平面垂直的性质定理和判定定理的应用、直线与平面所成角的求解，在求解空间角的时候，空间向量法是常用的一种方法，此法关键在于建立合适的空间直角坐标系，准确的得出坐标值，对学生的计算能力要求较高19.【答案】解：证明：设，直线BE的方程为，与联立，可得，因为有一根，可得，即有，即，又，直线DF的斜率为，直线AF的斜率为，所以直线AF的斜率和直线DF的斜率相等，所以直线AD过焦点F；可设直线AD的方程为，直线MN的方程为，联立，可得，设，则，同理可得，所以四边形ANDM面积，当且仅当时，取得等号所以四边形ANDM面积的
16、最小值为【解析】设，写出直线BE的方程，与抛物线的方程联立，运用韦达定理，可得D的坐标，进而得到直线DF的斜率，与直线AF的斜率比较，可得证明；可设直线AD的方程为，直线MN的方程为，与抛物线的方程联立，运用韦达定理和弦长公式，可得，再由四边形的面积公式和基本不等式，可得所求最小值本题考查抛物线的定义、方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题20.【答案】解：第一轮竞赛中他们获“优秀小组”有两种情况：答对题为3道或4道，则他们获“优秀小组”的概率为；，每轮比赛获得“优秀小组”的概率为，令，令，对称轴方程为，抛物线开口向下，函数在上单调递增，的最大值是设要进行n
17、轮竞赛，则，解得：理论上至少要进行19轮竞赛【解析】第一轮竞赛中他们获“优秀小组”有两种情况：答对题数为3或4，可解决此题；先求每轮比赛获得优秀小组最大值，再结合获得“优秀小组”的次数为9次，可解决此问题本题考查相互独立事件概率求法，考查数学运算能力及抽象能力，属于难题21.【答案】解：，则，当，即时，恒成立，在上单调递增；当，即时，由，可得，当时，当，所以在上单调递增，在上单调递减综上可得，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减证明：，由题意可得，要证，只要证，因为，故只要证，令，则只需证，令，则，所以在上单调递增，所以，即，令，所以在上单调递减，所以，即，综上，即【解析】求出
18、解析式，对求导，再对a分类讨论，利用导数与单调性的关系即可求解；由条件得到不等关系，再进行整体换元转化为一元不等式的证明问题本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查了逻辑思维和运算能力以及转化的思想方法，属于难题22.【答案】解：将单位圆与三叶玫瑰线联立，解得，所以，因为取，1，2，得，从而得到单位圆与三叶玫瑰线交点的极坐标为，将，代入C：点M，N所对应的极径分别为，所以，即，当且仅当时，取得最小值【解析】直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；利用极径的应用和三角函数关系式的变换的应用求出结果本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，三角函数关系式的变换，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题23.【答案】解：等价于或或解得，即；，即；，即综上，即不等式的解集是已知对都有，则，则在上是减函数，在上是增函数所以则等价为，则，当且仅当时取等号，与联立解得，说明不等式中的等号确实能够取到，所以的最小值为【解析】根据绝对值不等式的意义，利用分类讨论思想进行求解即可根据条件得到，然后利用基本不等式的性质进行转化求解即可本题主要考查不等式的求解，利用绝对值的应用进行分类讨论，结利用基本不等式进行转化是解决本题的关键，是中档题
