1、高考资源网（） 您身边的高考专家2021年山东省烟台市高考数学适应性练习试卷（二）（二模）一、选择题（共8小题）.1已知集合A1，0，1，2，3，Bx|yln（4x2），则AB（）A0，1B1，1C1，0，1D1，0，1，22已知复数z满足|z1i|1，则|z|的最小值为（）A1BCD3展开式中x项的系数为（）A28B28C112D1124许多球状病毒的空间结构可抽象为正二十面体正二十面体的每一个面均为等边三角形，共有12个顶点、30条棱如图所示，由正二十面体的一个顶点P和与P相邻的五个顶点可构成正五棱锥PABCDE，则PA与面ABCDE所成角的余弦值约为（）（参考数据：cos360.8）AB
2、CD5若向量，满足|2，|，且（）（2），则与夹角的余弦值为（）ABCD6袋中装有标号分别为1，2，3，4，5，6的六个相同小球现有一款摸球游戏，从袋中一次性摸出三个小球，记下号码并放回，如果三个号码的和是3的倍数，则获奖，若有4人参与摸球游戏，则恰好2人获奖的概率是（）ABCD7已知函数f（x）是定义在区间（，0）（0，+）上的偶函数，且当x（0，+）时，f（x），则方程f（x）+2根的个数为（）A3B4C5D68已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，点A在C的右支上，AF1与C交于点B，若0，且|，则C的离心率为（）ABCD二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出
3、的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分。9下列命题成立的是（）A若ab0，则a|a|b|b|B若a0，b0，c0，则C若a0，b0，则a+4D若a0，bR，则a2b10某教练组为了比较甲、乙两名篮球运动员的竞技状态，选取了他们最近10场常规赛得分制成如图的茎叶图，则从最近10场比赛的得分看（）A甲的中位数大于乙的中位数B甲的平均数大于乙的平均数C甲的竞技状态比乙的更稳定D乙的竞技状态比甲的更稳定11关于函数f（x）sinxcos2x的下列结论正确的是（）Ax为f（x）图象的一条对称轴B（，0）为f（x）图象的一个对称中心Cf（x）的最大值为Df（x）的
4、最小正周期为12过抛物线C：x24y焦点F的直线l交C于P，Q两点，O为坐标原点，则（）A不存在直线l，使得OPOQB若，则直线l的斜率为C过P作C准线的垂线，垂足为M，若|PF|3，则D过P，Q两点分别作抛物线C的切线，则两切线交点的纵坐标为定值三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知tan（+），tan（），则tan（2）的值为 14已知两条直线l1：y2x+m，l2：y2x+n与圆C：（x1）2+（y1）24交于A，B，C，D四点且构成正方形ABCD，则|mn|的值为 15任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2反复进行上述两种运算，经过有
5、限次步骤后，必进入循环圈1421这就是数学史上著名的“冰雹猜想”例如：正整数m6，根据上述运算法则得出63105168421，共经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）“冰雹猜想”可表示为数列an：a1m（m为正整数），an+1，若a62，则m的所有可能取值之和为 16在一次综合实践活动中，某手工制作小组利用硬纸板做了一个如图所示的几何模型，底面ABCD为边长是4的正方形，半圆面APD底面ABCD经研究发现，当点P在半圆弧上（不含A，D点）运动时，三棱锥PABD的外接球始终保持不变，则该外接球的表面积为 四、解答题（共6小题，满分70分）17从，2acosAbcosC+ccosB，acosC+
6、（2b+c）cosA0，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答问题：在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，_（1）求A；（2）若a2，求ABC面积的最大值18已知an是公差为2的等差数列，a10，且a4是2a2和a52的等比中项（1）求an的通项公式；（2）设数列bn满足，求bn的前n项和Tn19如图，四棱台ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为直角梯形，ABCD，ABBC，DD1底面ABCD，AB2BC2CD2DD14D1C1，P为棱CC1的中点（1）证明：AC平面B1DP；（2）求二面角B1DPC的余弦值20随着时代发展和社会进步，教师职业越来越受青睐，考取教师资
7、格证成为不少人的就业规划之一当前，中小学教师资格考试分笔试和面试两部分已知某市2020年共有10000名考生参加了中小学教师资格考试的笔试，现从中随机抽取100人的笔试成绩（满分视为100分）作为样本，整理得到如下频数分布表：笔试成绩X40，50）50，60）60，70）70，80）80，90）90，100人数51025302010（1）假定笔试成绩不低于90分为优秀，若从上述样本中笔试成绩不低于80分的考生里随机抽取2人，求至少有1人笔试成绩为优秀的概率；（2）由频数分布表可认为该市全体考生的笔试成绩X近似服从正态分布N（，2），其中近似为100名样本考生笔试成绩的平均值（同一组中的数据用该
8、组区间的中点值代替），2166，据此估计该市全体考生中笔试成绩不低于85.9的人数（结果四舍五入精确到个位）；（3）考生甲为提升综合素养报名参加了某拓展知识竞赛，该竞赛要回答3道题，前两题是哲学知识，每道题答对得3分，答错得0分；最后一题是心理学知识，答对得4分，答错得0分已知考生甲答对前两题的概率都是，答对最后一题的概率为，且每道题答对与否相互独立，求考生甲的总得分Y的分布列及数学期望（参考数据：；若XN（，2），则P（X+）0.6827，P（2X+2）0.9545，P（3X+3）0.9973）21已知椭圆过点，离心率为（1）求椭圆的方程；（2）过点P（0，1）作椭圆的两条弦AB，CD（A，
9、C分别位于第一、二象限），若AD，BC与直线y1分别交于点M，N，求证：|PM|PN|22已知函数f（x）mx22ax+lnx（m，aR）在x1处的切线斜率为22a（1）确定m的值，并讨论函数f（x）的单调性；（2）设g（x）xf（x）+2x，若g（x）有两个不同零点x1，x2，且x23x10，证明：x1+x2参考答案一、选择题（共8小题）.1已知集合A1，0，1，2，3，Bx|yln（4x2），则AB（）A0，1B1，1C1，0，1D1，0，1，2解：因为Bx|yln（4x2）x|2x2，又集合A1，0，1，2，3，所以AB1，0，1故选：C2已知复数z满足|z1i|1，则|z|的最小值为（
10、）A1BCD解：复数z满足|z1i|1，点z对应的点在以（1，1）为圆心，1为半径的圆上以及圆内，要求|z|的最小值，只要找出圆上的点到原点距离最小的点即可，连接圆心与原点，长度是，最短距离要减去半径，即1故选：B3展开式中x项的系数为（）A28B28C112D112解：二项式展开式的通项公式为Tr+1（2）r（2）rx，令1，求得r2，故开式中含x项系数为22112，故选：C4许多球状病毒的空间结构可抽象为正二十面体正二十面体的每一个面均为等边三角形，共有12个顶点、30条棱如图所示，由正二十面体的一个顶点P和与P相邻的五个顶点可构成正五棱锥PABCDE，则PA与面ABCDE所成角的余弦值约
11、为（）（参考数据：cos360.8）ABCD解：由题意，PA，PB，PC，PD，PE在平面ABCDE上的射影PA，PB，PC，PD，PE，如图所示，所以五个三角形都是等腰三角形且APB72，因为，又cos360.8，令ABBCCDDEAEa，所以PA，又正二十面体的每一个面均为等边三角形，即PAABa，且PP平面ABCDE，所以PA与平面ABCDE所成角的余弦值为故选：A5若向量，满足|2，|，且（）（2），则与夹角的余弦值为（）ABCD解：根据题意，设向量与夹角为，向量（）（2），则（）（2）22+322cos10，变形可得：cos；故选：D6袋中装有标号分别为1，2，3，4，5，6的六个相
12、同小球现有一款摸球游戏，从袋中一次性摸出三个小球，记下号码并放回，如果三个号码的和是3的倍数，则获奖，若有4人参与摸球游戏，则恰好2人获奖的概率是（）ABCD解：6个球中出3个的基本事件总数为：20，其中三个球号码之和是3的倍数的事件有：（1，2，3）（1，2，6）（1，3，5）（1，5，6），（2，3，4）（2，4，6）（3，4，5）（4，5，6）共8个，摸一次球获奖的概率为，4人参加，可看作一人进行4次独立重复试验，每一次中奖的概率为，4人参加，恰有2人获奖的概率为，故选：C7已知函数f（x）是定义在区间（，0）（0，+）上的偶函数，且当x（0，+）时，f（x），则方程f（x）+2根的个数
13、为（）A3B4C5D6解：方程f（x）+2根的个数函数yf（x）与函数yx2+2的图象交点个数，图象如下：由图象可知两函数图象有6个交点故选：D8已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，点A在C的右支上，AF1与C交于点B，若0，且|，则C的离心率为（）ABCD解：因为0，且|，所以ABF2为等腰直角三角形，设|AF2|BF2|m，则|AB|m，由双曲线的定义知，|AF1|AF2|2a，|BF2|BF1|2a，所以|AF1|m+2a，|BF1|m2a，因为|AB|AF1|BF1|（m+2a）（m2a）m，所以m2a，所以|AF1|（2+2）a，|AF2|2a，在AF1F2中，由余弦定理知，
14、+2|AF1|AF2|cosF1AF2，所以4c2（2+2）a2+（2a）22（2+2）a2a12a2，即c23a2，所以离心率e故选：B二、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，有选错的得0分，部分选对的得3分。9下列命题成立的是（）A若ab0，则a|a|b|b|B若a0，b0，c0，则C若a0，b0，则a+4D若a0，bR，则a2b解：A：若ab0，则|a|b|0，ab0，a|a|b|b|，a|a|b|b|，A正确，B：a0，b0，c0，不能确定符号，B错误，C：a0，b0，a+（+）+（+）2+244，当且仅当ab时取等号
15、，a+4C正确，D：a2+b22ab，a22abb2，a0，a2b，D正确故选：ACD10某教练组为了比较甲、乙两名篮球运动员的竞技状态，选取了他们最近10场常规赛得分制成如图的茎叶图，则从最近10场比赛的得分看（）A甲的中位数大于乙的中位数B甲的平均数大于乙的平均数C甲的竞技状态比乙的更稳定D乙的竞技状态比甲的更稳定解：对于A，甲的中位数是：24，乙的中位数是：23，甲的中位数大于乙的中位数，故A正确；对于B，甲的平均数为：（8+12+15+21+23+25+26+28+30+34）22.2，乙的平均数为：（7+13+15+18+22+24+29+30+36+38）23.2，甲的平均数小于乙
16、的平均数，故B错误；由茎叶图得甲的数据更集中，故甲的竞技状态比乙的更稳定，故C正确，D错误故选：AC11关于函数f（x）sinxcos2x的下列结论正确的是（）Ax为f（x）图象的一条对称轴B（，0）为f（x）图象的一个对称中心Cf（x）的最大值为Df（x）的最小正周期为解：对于A，因为f（x）sin（x）cos2（x）sinxcos2xf（x），所以x为f（x）图象的一条对称轴，故选项A正确；对于B，因为f（2x）+f（x）sin（2x）cos2（2x）+sinxcos2xsinxcos2x+sinxcos2x0，所以（，0）为f（x）图象的一个对称中心，故选项B正确；对于C，f（x）sin
17、xcos2xsinx（12sin2x）2sin3x+sinx，令tsinx，则t1，1，则f（t）2t3+t，所以f（t）6t2+1，令f（t）0，解得，当时，f（t）0，则f（t）单调递减，当时，f（t）0，则f（t）单调递增，所以当t时，f（t）取得最大值为，又f（1）1，f（1）1，所以f（x）的最大值为1，故选项C错误；对于D，f（x+）sin（x+）cos2（x+）sinxcos2xf（x），所以不是f（x）的周期，故选项D错误故选：AB12过抛物线C：x24y焦点F的直线l交C于P，Q两点，O为坐标原点，则（）A不存在直线l，使得OPOQB若，则直线l的斜率为C过P作C准线的垂线，
18、垂足为M，若|PF|3，则D过P，Q两点分别作抛物线C的切线，则两切线交点的纵坐标为定值解：由题意，设直线l：ykx+1，设P（x1，y1），Q（x2，y2），联立方程，可得x24kx40，且（4k）2+160，则x1+x24k，x1x24，故，由上可知，则，故不存在直线l，使得OPOQ，故选项A正确；若，则|x1|2|x2|（x10x2），解得x1x24，可得，所以，故，故选项B错误；如图所示，若|PF|3，由抛物线的定义可知，|PF|PM|3，所以，则，所以，在PFM中，cosFPM，故选项C正确；由抛物线方程可得，故过点P的切线方程为，过Q的切线方程为，令，整理可得，所以，两条切线交点的
19、纵坐标为定值1，故选项D正确故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知tan（+），tan（），则tan（2）的值为1解：因为tan（+），tan（），所以tan2tan（+）+（）1，所以tan（2）tan21故答案为：114已知两条直线l1：y2x+m，l2：y2x+n与圆C：（x1）2+（y1）24交于A，B，C，D四点且构成正方形ABCD，则|mn|的值为2解：设A、B在直线l1上，C、D在直线l2上，由题意可知，圆C为正方形ABCD的外接圆，2r|AC|，则|AD|而|AD|，得|mn|故答案为：15任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，
20、就将该数除以2反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1421这就是数学史上著名的“冰雹猜想”例如：正整数m6，根据上述运算法则得出63105168421，共经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）“冰雹猜想”可表示为数列an：a1m（m为正整数），an+1，若a62，则m的所有可能取值之和为83解：an+1，当a62时，则a54，当a54时，a41或a48，若a41时，则a32，若a48时，a316，若a32时，则a24，若a316时，a232或a25，若a24时，则a18或a11，若a，232时，则a164，若a25时，则a110，m的值为1或8或10或64，m的所有取值之和为
21、1+8+10+6483故答案为：8316在一次综合实践活动中，某手工制作小组利用硬纸板做了一个如图所示的几何模型，底面ABCD为边长是4的正方形，半圆面APD底面ABCD经研究发现，当点P在半圆弧上（不含A，D点）运动时，三棱锥PABD的外接球始终保持不变，则该外接球的表面积为32解：由题意，PAD为直角三角形，取AD中点G，则GAGDGP，取正方形ABCD的中心O，连接OG，则OG，面APD底面ABCD，且面APD底面ABCDAD，OG平面PAD，得O到四棱锥PABCD各顶点的距离相等，O为四棱锥PABCD的外接球的球心，即三棱锥PABD的外接球的球心，半径RBD2，外接球的表面积为故答案为
22、：32四、解答题（共6小题，满分70分）17从，2acosAbcosC+ccosB，acosC+（2b+c）cosA0，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答问题：在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，_（1）求A；（2）若a2，求ABC面积的最大值解：若选条件，（1）由，可得 2sincoscos，因为A（0，），可得（0，），cos0，所以sin，可得，A；（2）由余弦定理，a2b2+c22bccosA，a2，则4b2+c2bc2bcbcbc，当且仅当bc2时等号成立，所以SABCbcsinA，即ABC面积的最大值为若选条件，（1）由2acosAbcosC+ccosB
23、，可得2sinAcosAsinBcosC+cosBsinC，即2sinAcosAsin（B+C）sinA，又sinA0，故cosA，又0A，故A；（2）由余弦定理，a2b2+c22bccosA，a2，则4b2+c2bc2bcbcbc，当且仅当bc2时等号成立，所以SABCbcsinA，即ABC面积的最大值为若选条件，（1）由acosC+（2b+c）cosA0，可得sinAcosC+2sinBcosA+sinCcosAsin（A+C）+2sinBcosAsinB+2sinBcosA0，因为sinB0，可得cosA，又0A，故A；（2）由余弦定理，a2b2+c22bccosA，a2，则4b2+c2
24、+bc2bc+bc3bc，即bc，当且仅当bc2时等号成立，所以SABCbcsinA，即ABC面积的最大值为18已知an是公差为2的等差数列，a10，且a4是2a2和a52的等比中项（1）求an的通项公式；（2）设数列bn满足，求bn的前n项和Tn解：（1）an是公差为2的等差数列，a10，且a4是2a2和a52的等比中项，可得a422a2（a52），即为（a1+6）22（a1+2）（a1+82），解得a12（负值舍去），则an2+2（n1）2n；（2）数列bn满足，可得n1时，b14a18，n2时，+.+2n，两式相减可得2n，则bn2nann2n+1，即bn，所以Tn4+122+223+.
25、+n2n+1，2Tn123+224+.+n2n+2，两式相减可得Tn4+22+23+.+2n+1n2n+24+n2n+2，化简可得Tn8+（n1）2n+219如图，四棱台ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为直角梯形，ABCD，ABBC，DD1底面ABCD，AB2BC2CD2DD14D1C1，P为棱CC1的中点（1）证明：AC平面B1DP；（2）求二面角B1DPC的余弦值【解答】（1）证明：在四棱台ABCDA1B1C1D1中，DD1底面ABCD，ABBC，故过点D作x轴BC，以点D为坐标原点，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标如图所示，因为AB2BC2CD2DD14D1C1，不妨设A
26、B4，则A（2，2，0），C（0，2，0），B1（1，1，2），D（0，0，0），P（0，1），所以，设平面B1DP的法向量为，则，即，令x2，则y1，故，因为，所以，又AC平面B1DP，故AC平面B1DP；（2）解：由（1）可知，平面B1DP的法向量为，因为，设平面DPC的法向量为，则，即，故，所以，故二面角B1DPC的余弦值为20随着时代发展和社会进步，教师职业越来越受青睐，考取教师资格证成为不少人的就业规划之一当前，中小学教师资格考试分笔试和面试两部分已知某市2020年共有10000名考生参加了中小学教师资格考试的笔试，现从中随机抽取100人的笔试成绩（满分视为100分）作为样本，整理得
27、到如下频数分布表：笔试成绩X40，50）50，60）60，70）70，80）80，90）90，100人数51025302010（1）假定笔试成绩不低于90分为优秀，若从上述样本中笔试成绩不低于80分的考生里随机抽取2人，求至少有1人笔试成绩为优秀的概率；（2）由频数分布表可认为该市全体考生的笔试成绩X近似服从正态分布N（，2），其中近似为100名样本考生笔试成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代替），2166，据此估计该市全体考生中笔试成绩不低于85.9的人数（结果四舍五入精确到个位）；（3）考生甲为提升综合素养报名参加了某拓展知识竞赛，该竞赛要回答3道题，前两题是哲学知识，每道题答
28、对得3分，答错得0分；最后一题是心理学知识，答对得4分，答错得0分已知考生甲答对前两题的概率都是，答对最后一题的概率为，且每道题答对与否相互独立，求考生甲的总得分Y的分布列及数学期望（参考数据：；若XN（，2），则P（X+）0.6827，P（2X+2）0.9545，P（3X+3）0.9973）解：（1）由已知，样本中笔试成绩不低于80分的考生共有30人，其中成绩优秀的10人，故至少有1人笔试成绩为优秀的概率为；（2）由表格中的数据可知，0.0545+0.155+0.2565+0.375+0.285+0.19573，又2166，即12.9，所以P（X85.9）P（X+）0.15865，由此可估计
29、该市全体考生中笔试成绩不低于85.9的人数为100000.158651587人；（3）考生甲的总得分Y的所有可能取值为0，3，4，6，7，10，则P（Y0），P（Y3），P（Y4），P（Y6），P（Y7），P（Y10），故Y的分布列为：Y 0 346710 P 所以E（Y）0+3+4+6+7+1021已知椭圆过点，离心率为（1）求椭圆的方程；（2）过点P（0，1）作椭圆的两条弦AB，CD（A，C分别位于第一、二象限），若AD，BC与直线y1分别交于点M，N，求证：|PM|PN|解：（1）依题意，解得，椭圆的方程为；（2）证明：设直线AB的方程为yk1x+1，直线CD的方程为yk2x+1，A（x
30、1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），M，N两点的横坐标分别为xM，xN，将直线AB方程代入椭圆中，化简并整理可得，由韦达定理可得，同理可得，又，且A，M，D三点共线，（xMx1）（1y4）（xMx4）（1y1）0，将y11k1x1，y41k2x4代入并整理可得（k2x4k1x1）xM（k2k1）x1x4，又y1y4，即k2x4k1x10，同理可得，xMxN，|xM|xN|，故|PM|PN|22已知函数f（x）mx22ax+lnx（m，aR）在x1处的切线斜率为22a（1）确定m的值，并讨论函数f（x）的单调性；（2）设g（x）xf（x）+2x，若g（x）有两个不同
31、零点x1，x2，且x23x10，证明：x1+x2【解答】（1）解：因为f（x）mx22ax+lnx，x0，所以f（x）mx2a+，因为f（x）在x1处的切线斜率为22a，所以f（1）m2a+122a，即m1，所以f（x）x2a+，令h（x）x22ax+1，4a24，当0，即1a1时，h（x）0恒成立，即f（x）0，所以f（x）在（0，+）上单调递增；当0，即a1或a1时，令h（x）0，可得xa，当a1时，a0，a+0，h（0）10，此时h（x）0在（0，+）上恒成立，即f（x）0在（0，+）上恒成立，所以f（x）在（0，+）上单调递增；当a1时，a0，a+0，当x（0，a）（a+，+）时，h（
32、x）0，即f（x）0，当x（a，a+）时，h（x）0，即f（x）0，所以f（x）在（a，a+）上单调递减，在（0，a）和（a+，+）上单调递增综上所述，当a1时，f（x）在（0，+）上单调递增；当a1时，f（x）在（a，a+）上单调递减，在（0，a）和（a+，+）上单调递增（2）证明：g（x）xf（x）+2x2ax2+xlnx+2x，由（1）得m1，即g（x）xlnx2ax2+2x，因为g（x）有两个不同零点x1，x2，所以，即，lnx12ax1+2+lnx22ax2+20，即2a（x1+x2）lnx1x2+4，lnx12ax1+2（lnx22ax2+2）0，即ln2a（x2x1），2a，所以2a（x1+x2）lnln，因为x23x10，所以3，设t，k（t）lnt，所以k（t），令m（t）2lnt+t，所以m（t）+1+0，所以m（t）为增函数，m（t）m（3）2ln3+0，即k（t）0，所以k（t）k（3）2ln3，所以lnx1x2+42ln3，即lnx1x22ln342（ln32）2lnln，所以x1x2，所以，因为x1x2，所以x1+x22，所以x1+x2，得证高考资源网版权所有，侵权必究！
