1、河北省张家口市宣化第一中学2021届高三数学下学期阶段模拟试题（二）（含解析）一、选择题（本大题共8小题，共40分）1. 已知集合，若，则实数a的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求得集合，根据方程，求得或，分，和三种情况，结合，列出不等式组，即可求解.【详解】由不等式，解得或，即，又由，解得或，当时，可得集合，此时不满足；当时，可得集合，若，要使得，则满足，解得；若，要使得，则满足，解得，综上可得，实数的取值范围是.故选：D.2. i是虚数单位，在复平面内复数对应的点的坐标为（ ）A. (，)B. (，)C. (，)D. (，)【答案】A【解析】【分析】把复
2、数化代数形式，可得对应点坐标【详解】，对应点坐标故选：A3. 已知a，b，c是实数，则“ab”是“ac2bc2”的（ ）A. 充要条件B. 充分不必要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据不等式的性质及充分条件、必要条件求解.【详解】因为abac2bc2, 而ac2bc2 ab，例如，所以“ab”是“ac2bc2”的充分不必要条件，故选：B4. 设函数，若函数的图象在点(1，)处的切线方程为y=x，则函数的增区间为（ ）A. (0，1)B. (0，)C. (，)D. (，1)【答案】C【解析】【分析】由图象在点(1，)处的切线方程为y=x，得到求出a、
3、b，直接利用导数求出增区间.【详解】的定义域为，函数的图象在点(1，)处的切线方程为y=x，解得：欲求的增区间只需，解得：即函数的增区间为(，)故选：C【点睛】函数的单调性与导数的关系：已知函数在某个区间内可导，（1）如果0，那么函数在这个区间内单调递增；如果0，0，k，bR，则函数在区间(，)上的零点最多有（ ）A. 4个B. 5个C. 6个D. 7个【答案】B【解析】【分析】根据函数零点可转化为两个函数图象交点，画出函数大致图象即可求解.【详解】由，可得， 的周期，故在区间(，)上恰好2个周期，作出与函数的大致图象如图，由图象可知，最多有5个交点，故函数在区间(，)上的零点最多有5个.故选
4、：B【点睛】关键点点睛：函数的零点问题可转化为方程的根的问题，也可转化为两个函数图象交点的问题，本题转化为函数图象交点问题，作出大致图象可判断交点个数.二、不定项选择题（本大题共4小题，共20分）9. 已知，是平面上夹角为的两个单位向量，在该平面上，且()()=0，则下列结论中正确的有（ ）A. B. C. D. ，的夹角是钝角【答案】BC【解析】【分析】在平面上作出，作，则可得出点在以为直径的圆上，这样可判断各选项，特别是CD 由向量加法和减法法则判断AB【详解】如图，则，即，B正确；，由()()=0得，点在以直径的圆上（可以与重合）中点是，则，A错；的最大值为，C正确；与同向，由图，与的夹
5、角不可能为钝角D错误故选：BC【点睛】思路点睛：本题考查向量的线性运算，考查向量数量积解题关键是作出图形，作出，确定点轨迹，然后由向量的概念判断本题也可以放到平面直角坐标系中用坐标解决10. 已知在数学测验中，某校学生的成绩服从正态分布，其中分为及格线，则下列结论中正确的有（附：随机变量服从正态分布，则）（ ）A. 该校学生成绩的期望为B. 该校学生成绩的标准差为C. 该校学生成绩的标准差为D. 该校学生成绩及格率超过【答案】ABD【解析】【分析】根据正态分布的数字特征可判断ABC选项的正误，计算出，可判断D选项的正误.【详解】因为该校学生的成绩服从正态分布，则，方差为，标准差为，.所以，该校
6、学生成绩的期望为，该校学生成绩的标准差为，该校学生成绩及格率超过.所以，ABD选项正确，C选项错误.故选：ABD.11. 意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，记为数列的前n项和，则下列结论中正确的有（ ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据斐波那契数列的递推关系进行判断【详解】由题意斐波那契数列前面8项依次为，A正确，B错误；，C正确；，时，得，D正确故选：ACD【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，解题关键是正确理解新数列，
7、根据新定义，斐波那契数列满足递推关系，对于数列前面有限的项或前项的和可以直接求出项，计算，对于一般的结论只能利用这个递推关系判断12. 设函数的定义域为D，若存在常数a满足a，aD，且对任意的a，a，总存在a，a，使得，称函数为P(a)函数，则下列结论中正确的有（ ）A. 函数是函数B. 函数是函数C. 若函数是函数，则t=4D. 若函数是P()函数，则b=【答案】AD【解析】【分析】根据题中所给定义，结合条件，逐一检验各个选项，分析整理，即可得答案.【详解】对于A：，定义域为R，当时，有，对任意，因为，存在，使，所以函数是函数，故A正确；对于B：，定义域为R，当时，有，当时，所以不存在，使得
8、，此时，故B错误；对于C：当t=4时，定义域为，因为，则，所以，又为增函数，所以，又因为，所以，所以，所以，即，故C错误；对于D：当 时，所以，因为函数是P()函数，所以对任意，总存在使，又，当时，当时，有，解得b=，故D正确.故选：AD【点睛】解题关键是掌握P(a)函数的定义，并根据选项所给条件，结合各个函数的性质，进行分析和判断，综合性较强，属中档题.三、填空题（本大题共4小题，共20分）13. 圆柱上下底面的圆周都在一个体积为的球面上，圆柱底面直径为8，则该圆柱的表面积为_.【答案】80【解析】【分析】作出圆柱的轴截面，求出圆柱的高，即可得表面积【详解】如图是圆柱的轴截面，其外接圆是球的
9、大圆，由得，又，圆柱表面积为故答案为：14. 函数的最小正周期T=_.【答案】【解析】【分析】由题可得，可判断是以为周期的函数，再讨论在和的单调性可得出结论.【详解】，是以为周期的函数，当时，函数单调递减，当，函数单调递增，在内不存在小于的周期，是的最小正周期.故答案为：.【点睛】本题考查三角函数周期的求解，解题的关键是先判断出是函数的周期，再根据其性质探讨其为最小正周期.15. 已知椭圆C1：的右焦点F也是抛物线C2：y2=nx的焦点，且椭圆与抛物线的交点到F的距离为，则实数n=_，椭圆C1的离心率e=_.【答案】 (1). 4 (2). 【解析】【分析】依题意可得椭圆与抛物线的焦点为，根据
10、抛物线的定义即可求出，再设椭圆与抛物线在第一象限的交点为，由抛物线的定义求出的坐标，最后代入椭圆方程，求出参数，即可求出椭圆离心率；【详解】解：椭圆C1：，所以右焦点，又也为的焦点，所以，所以，即抛物线，则抛物线的准线为，设椭圆与抛物线在第一象限的交点为，则，所以，又点在上，所以，解得，所以，所以，解得或（舍去）所以椭圆方程，所以，所以离心率故答案为：；16. 已知函数，则使不等式成立的实数t的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】利用的图象关于直线对称，且在时为减函数，可解不等式【详解】， ，所以的图象关于直线对称，时，设，则，所以，即即是减函数，所以时函数为增函数，因此由得，解得且故答案为
11、：【点睛】思路点睛：本题考查函数的对称性与单调性，利用对称性、单调性不等式，求解方法类似于二次函数：对开口向上的抛物线，离对称轴越近，函数值越小，开口向下的抛物线，离对称轴越近，函数值越大四、解答题（本大题共6小题，共70分）17. 设等比数列的公比为q(q1)，前n项和为.（1）若，求的值；（2）若q1，且，m，求m的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由已知根据等比数列的求和公式得，可求得公比，由此可求得的值；.（2）由已知和等比数列的通项公式得可求得公比代入可求得的值.【详解】解：（1），解得，所以.（2）得因为，所以由又所以，即因为则所以，解得.【点睛】关键点点睛：本题考
12、查等比数列的通项公式和求和公式，关键在于准确地运用相应的公式，建立方程或方程组，求解得答案.18. 已知中，它的内角的对边分别为，且.（1）求的值；（2）若，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题设条件，利用余弦定理，求得，进而求得的值；（2）由，得到，进而求得的值.【详解】（1）在中，因为，即由余弦定理可得，因为，所以.（2）在中，可得，可得，由，可得，又由，则，则，所以.19. 已知某射手射中固定靶的概率为，射中移动靶的概率为，每次射中固定靶移动靶分别得1分2分，脱靶均得0分，每次射击的结果相互独立，该射手进行3次打靶射击：向固定靶射击1次，向移动靶射击2次.（1）求
13、“该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次”的概率；（2）求该射手的总得分X的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）分布列答案见解析，数学期望：.【解析】【分析】（1）记“该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次”为事件，得到，结合互斥事件和相互独立事件的概率计算公式，即可求解；（2）随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，5，根据互斥事件和相互独立事件的概率计算公式，求得相应的概率，得出分布列，利用期望的公式，即可求解.【详解】（1）记“该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次”为事件，则，其中互斥，相互独立，从而，则，所以该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次的概率为.（2）随机变量的可能取值为0，1
14、，2，3，4，5，则，,该射手的总得分的分布列为X012345随机变量的数学期望【点睛】求随机变量的期望与方差的方法及步骤：1、理解随机变量的意义，写出可能的全部值；2、求取每个值对应的概率，写出随机变量的分布列；3、由期望和方差的计算公式，求得数学期望；4、若随机变量的分布列为特殊分布列（如：两点分布、二项分布、超几何分布），可利用特殊分布列的期望和方差的公式求解.20. 如图，在四棱锥中，底面四边形是矩形，平面 平面，二面角的大小为.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理得出平面，可得出，推导出为
15、等腰直角三角形，可得出，利用线面垂直的判定定理可证得平面；（2）在底面内，过点作，垂足为，连接，设，推导出为直线与平面所成角，计算出、，进而可计算得出.【详解】（1）四棱锥中，四边形是矩形，所以，又因为平面平面，平面平面，平面所以平面，又因为、平面，所以，从而是二面角的平面角，因为二面角的大小为，所以，在中，所以，所以，即，又因为，所以平面；（2）在底面内，过点作，垂足为，连接，由（1）知平面，又平面，所以，又因为，所以平面，从而为直线与平面所成角，设，则，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】方法点睛：求直线与平面所成角的方法：（1）定义法，作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定
16、垂足的位置是关键；证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；求，利用解三角形的知识求角；（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.21. 已知函数，a，bR.（1）若a0，b0，且1是函数的极值点，求的最小值；（2）若b=a+1，且存在，1，使成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）最小值；（2）.【解析】【分析】（1）由1是函数的极值点得，对用基本不等式中“1的代换”求最值；（2）把“存在，1，使成立”转化为函数在上的最小值小于0，利用导数讨论单调性，找到最小值，解出a的范围即可.【详解】解：（1）因为是函数的极值点，所以即
17、此时当当所以函数在处取极小值.所以因为，所以(当且仅当时等号成立)此时有最小值.（2）当时，存在使成立，即函数在上的最小值小于当即时，在上单调递减，所以在上的最小值为，所以，不符，舍去；当即时，在上单调递增，所以在上的最小值为所以，又所以；（3）当时，即时，在上单调递增，在上单调递减，所以在上的最小值为因为所以所以所以，所以不符，舍去，综上可得，的取值范围是.【点睛】（1）导数为零，并且两侧导数一正一负的点为极值点；导数为零，但是两侧导数符号相同的点不是极值点.（2）研究含参数的函数的单调性要注意：讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行，切记不要忽略定义域的限制；利用导数求函数单调性，大多数情
18、况下归结为对含参数的不等式的解集的讨论；在能够通过因式分解求出不等式对应方程解时，依据根的大小进行分类讨论；在不能通过因式分解求出不等式对应方程解时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨22. 已知等轴双曲线C：(a0，b0)经过点(，).（1）求双曲线C的标准方程；（2）已知点B(0，1).过原点且斜率为k的直线与双曲线C交于E，F两点，求EBF最小时k的值；点A是C上一定点，过点B的动直线与双曲线C交于P，Q两点，为定值，求点A的坐标及实数的值.【答案】（1）；（2）；或者.【解析】【分析】（1）由题意，代入已知点建立方程，解之可得双曲线的标准方程.（2）由对称性可设，且，运用向量数量积的
19、坐标运算表示，又由可得，由此可得最小时，的值.设过点的动直线为：设与双曲线的方程联立得，根据根的判别式和根与系数的关系可求得且，由直线的斜率公式得，再由恒等式的思想可求得点A的坐标及实数的值.【详解】解：（1）由题意，且解得，所以双曲线的标准方程为（2）由对称性可设，且，则，因为点在双曲线上，所以，所以，所以，当时，为直角，当吋，为钝角.因此，最小时，.设过点的动直线为：设联立得，所以，由且，解得且，即即，化简得，所以，化简得，由于上式对无穷多个不同的实数都成立，所以如果那么此时不在双曲线上，舍去.因此从而代入解得.此时在双曲线上.综上，或者.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线位置关系之定值问题，属于较难题，关键在于将直线与双曲线的方程联立，得出根与系数的关系，继而将目标条件转化到曲线上的点的坐标上去.
