天津市濱海新區(qū)2021屆高三下學(xué)期二模數(shù)學(xué)試題學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________  一、單選題1．已知全集，集合，，則（    ）A． B． C． D．2．命題：是命題：的（    ）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分又不必要條件3．函數(shù)的圖象可能是（    ）A． B．C． D．4．學(xué)校為了解學(xué)生課外讀物方面的支出情況，抽取了個同學(xué)進行調(diào)查，結(jié)果顯示這些同學(xué)的支出都在，(單位：元)，其中支出在，(單位：元)的同學(xué)有33人，其頻率分布直方圖如圖所示，則支出在，(單位：元)的同學(xué)人數(shù)是（    ）A．100 B．120 C．30 D．3005．設(shè)，，，則a、b、c的大小順序是　　A． B． C． D．6．已知三棱錐的所有頂點都在球O的球面上，且平面，，，，則球O的表面積為（    ）A． B． C． D．7．已知雙曲線的焦點在，過點的直線與兩條漸近線的交點分別為M?N兩點(點位于點M與點N之間)，且，又過點作于P(點O為坐標(biāo)原點)，且，則雙曲線E的離心率（    ）A． B． C． D．8．已知函數(shù)的圖象向左平移個單位后得到函數(shù)的圖象，若且的圖象不重合，則A．圖象關(guān)于點對稱 B．的圖象關(guān)于直線C．在上是增函數(shù) D．是的極小值點9．若關(guān)于的方程恰有三個不同的解，則實數(shù)的取值范圍為（    ）A． B．C． D． 二、填空題10．已知復(fù)數(shù)為虛數(shù)單位)，則___________.11．若的展開式中第5項為常數(shù)項，則該常數(shù)項為______（用數(shù)字表示）．12．已知圓的圓心是拋物線的焦點，直線與圓相交于兩點，且，則圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為____13．已知，，，那么的最小值為___.14．在平行四邊形ABCD中，，邊AB，AD的長分別為2和1，若M，N分別是邊BC，CD上的點,且滿足，則的取值范圍是_________． 三、雙空題15．某校在高一年級一班至六班進行了“社團活動”滿意度調(diào)查（結(jié)果只有“滿意”和“不滿意”兩種），從被調(diào)查的學(xué)生中隨機抽取了50人，具體的調(diào)查結(jié)果如表：班號一班二班三班四班五班六班頻數(shù)451181012滿意人數(shù)328566 現(xiàn)從一班和二班調(diào)查對象中隨機選取4人進行追蹤調(diào)查，則選中的4人中恰有2人不滿意的概率為___________；若將以上統(tǒng)計數(shù)據(jù)中學(xué)生持滿意態(tài)度的頻率視為概率，在高一年級全體學(xué)生中隨機抽取3名學(xué)生，記其中滿意的人數(shù)為X，則隨機變量X的數(shù)學(xué)期望是___________ 四、解答題16．在中，內(nèi)角所對的邊分別為.已知，（1）求角的大??；（2）若，求的面積.17．如圖，已知菱形與直角梯形所在的平面互相垂直，其中，，，，為的中點（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）設(shè)為線段上一點，，若直線與平面所成角的正弦值為，求的長.18．已知等差數(shù)列中，，，（1）求數(shù)列的通項公式；（2）若將數(shù)列的項重新組合，得到新數(shù)列，具體方法如下：，，，，，依此類推，第項由相應(yīng)的中項的和組成.（i）求數(shù)列的通項公式；（ii）求數(shù)列的前項和.19．已知拋物線的焦點與橢圓：的一個頂點重合，且這個頂點與橢圓的兩個焦點構(gòu)成的三角形面積為.（1）求橢圓的方程； （2）若橢圓的上頂點為，過作斜率為的直線交橢圓于另一點，線段的中點為，為坐標(biāo)原點，連接并延長交橢圓于點，的面積為，求的值.20．已知函數(shù).（1）當(dāng)時，求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）記函數(shù)的圖象為曲線，設(shè)點、是曲線上兩個不同點，如果曲線上存在，使得：①；②曲線在點處的切線平行于直線，則稱函數(shù)存在“中值相依切線”.試問：函數(shù)是否存在中值相依切線，說明理由.（3）當(dāng)，時，關(guān)于的不等式恒成立，求實數(shù)的最大值. 
參考答案1．B【分析】首先求解集合，再求集合的混合運算.【詳解】由題可得，則，因此.故選：B．2．B【分析】解一元二次不等式，利用充分條件、必要條件即可判斷.【詳解】，所以，反之.故是的必要不充分條件.故選：B3．B【分析】從定義域、奇偶性、特殊值出發(fā)，逐一排除即可．【詳解】易知函數(shù)的定義域為，且，所以是奇函數(shù)，排除選項C，D；當(dāng)時，，故排除A．故選：B．【點睛】本題需要學(xué)生通過函數(shù)解析式抽象出函數(shù)圖象的特征，并據(jù)此對四個選項進行分析，以此考查學(xué)生靈活運用所學(xué)知識判斷函數(shù)圖象特征的能力，潛移默化中滲透對數(shù)學(xué)探索學(xué)科素養(yǎng)的考查．4．C【分析】根據(jù)頻率分布直方圖得到支出在，的頻率，再由支出在，的同學(xué)有33人，求得n，再由支出在，的頻率求解.【詳解】支出在，的頻率為，又支出在，的同學(xué)有33人，所以，解得，支出在，的頻率為，所以支出在，的同學(xué)人數(shù)是，故選：C5．A【分析】利用對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)推導(dǎo)出，，利用指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)推導(dǎo)出，由此能求出結(jié)果．【詳解】，，，．故選A．【點睛】本題考查三個數(shù)的大小的比較，解題時要認(rèn)真審題，注意對數(shù)函數(shù)、指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)的合理運用，是基礎(chǔ)題．6．A【分析】根據(jù)平面BCD，得到，，再由，，，得到，則三棱錐截取于一個長方體，然后由長方體的外接球即為三棱錐的外接球求解.【詳解】因為平面BCD，所以，，∴，在中，，∴，∴.如圖所示：三棱錐的外接球即為長方體AGFH-BCED的外接球，設(shè)球O的半徑為R，則，解得，所以球O的表面積為，故選：A.7．C【分析】由題意知，，即中，進而求出，又中可求，可得漸近線的傾斜角大小，進而求離心率.【詳解】由題意，可得如下示意圖：其中，知：，又，，即且，∴中，有，得，∴在中，，若與x軸夾角為，即，∴，由，即可得.故選：C【點睛】關(guān)鍵點點睛：利用線段的比例關(guān)系，以及垂直關(guān)系求兩漸近線的夾角大小，進而根據(jù)漸近線的斜率求參數(shù)a、b的數(shù)量關(guān)系，即可求離心率.8．B【分析】首先根據(jù)已知條件求出得值，進而可得的解析式，再利用正弦函數(shù)的對稱性、單調(diào)性、最值逐一判斷四個選項的正誤，即可得正確選項.【詳解】由向左平移個單位后得，所以，.由且的圖象不重合，可知，所以，因為，所以，，.對于選項A：由， 可得選項A錯誤；對于選項B：令可得，可得選項B正確；對于選項C：當(dāng)時，，因為在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，所以在上不單調(diào)，故選項C不正確；，故選項D不正確；故選：B.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解題的關(guān)鍵點是根據(jù)兩個函數(shù)圖象不重合得出兩角之和等于，結(jié)合的范圍求出的值即得解析式.9．B【分析】原題等價于方程恰好有三個不同的解，作出函數(shù)的圖象，觀察圖象即可得解.【詳解】方程，即恰有三個不同的解，即函數(shù)與有三個不同的交點.函數(shù)的圖象是頂點在直線的“V”型函數(shù)；函數(shù)，得斜率為-1的切線的切點，，即切線為和，故與相切于點；函數(shù)，得斜率為-1的切線的切點，，即切線為和，故與相切于點；作圖，，如下：由圖象可知，沿直線在之間滑動時與有三個不同的交點，故.故選：B.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的解題關(guān)鍵是發(fā)現(xiàn)與和分別相切于點，且的頂點在直線，結(jié)合圖象即突破難點.10．【分析】先利用復(fù)數(shù)的除法化簡復(fù)數(shù)z，再利用模的公式求解.【詳解】因為，所以，故答案為：11．35【分析】由題意利用二項展開式的通項公式，求得、的值，可得結(jié)論．【詳解】解：的展開式的通項公式為，展開式中第5項為常數(shù)項，故當(dāng)時，，，該展開式的常數(shù)項為，故答案為：35．12．【分析】先根據(jù)拋物線方程求得焦點坐標(biāo)，得圓心以及圓心到直線的距離，根據(jù)勾股定理求得圓的半徑，則圓的方程可得.【詳解】依題意可知，拋物線的焦點為，即圓的圓心坐標(biāo)為，直線與圓相交于兩點，且，圓心到直線的距離為，圓的半徑為，則所求圓的方程為.故答案為：.【點睛】本題主要考查了拋物線的應(yīng)用，涉及了圓的基本性質(zhì)，點到直線的距離，數(shù)形結(jié)合思想等問題，是基礎(chǔ)題.13．【分析】由已知可得，，代入到所求式子后，利用乘法，結(jié)合基本不等式即可求解.【詳解】解：，，，，.，當(dāng)且僅當(dāng)即時取等號，此時有最小值.故答案為：.【點評】本題考查了“乘法”與基本不等式的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題.14．【分析】畫出圖形，建立直角坐標(biāo)系，利用比例關(guān)系，求出，的坐標(biāo)，然后通過二次函數(shù)求出數(shù)量積的范圍．【詳解】解：建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，則，，，設(shè)，，則，，，，所以，，，因為，二次函數(shù)的對稱軸為：，所以時，．故答案為：【點睛】本題考查向量的綜合應(yīng)用，平面向量的坐標(biāo)表示以及數(shù)量積的應(yīng)用，二次函數(shù)的最值問題，考查計算能力，屬于中檔題．15．    ；    【分析】第一空：利用古典概型的概率公式計算即可；
第二空：X的所有可能取值為0，1，2，3，求出分布列，進而通過數(shù)學(xué)期望計算公式即可得出.【詳解】解：第一空：從一班和二班調(diào)查對象中隨機選取4人進行追蹤調(diào)查，則選中的4人中恰有2人不滿意的概率為；第二空：在高一年級全體學(xué)生中隨機抽取1名學(xué)生，其滿意概率為，X的所有可能取值為0，1，2，3．
，，，，分布列如下：0123 .故答案為：；.【點睛】本題考查離散型隨機變量的分布列與數(shù)學(xué)期望計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題.16．（1）；（2）．【詳解】試題分析：（1）求角的大小，由已知，可利用降冪公式進行降冪，及倍角公式變形得，移項整理，，有兩角和與差的三角函數(shù)關(guān)系，得，可得，從而可得；（2）求的面積，由已知，，且，可由正弦定理求出，可由求面積，故求出即可，由，，故由即可求出，從而得面積．（1）由題意得，，即，，由得，，又，得，即，所以；（2）由，，得，由，得，從而，故，所以的面積為．點評：本題主要考查誘導(dǎo)公式，兩角和與差的三角函數(shù)公式，二倍角公式，正弦定理，余弦定理，三角形面積公式，等基礎(chǔ)知識，同時考查運算求解能力． 17．（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）；（Ⅲ） .【詳解】試題分析：（Ⅰ）要證線面平行，就要證線線平行，考慮到是中點，因此取中點，可得與平行且相等，從而可證得，所以可證得線面平行；（Ⅱ）求二面角，可建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求解，考慮到平面與平面垂直，是菱形，因此取中點，則有，因此，所以可作，以為軸建立空間直角坐標(biāo)系，寫出各點坐標(biāo)，求出二面角兩個面的法向量，由法向量的夾角可得二面角；（Ⅲ）在（Ⅱ）的坐標(biāo)系，利用已知得點坐標(biāo)，從而可得向量的坐標(biāo)，利用向量與平面的法向量夾角的正弦值可求得，最后可得的長度.試題解析：（Ⅰ）取的中點，連接，則∥∥ ,且，所以四邊形為平行四邊形 所以∥，又平面， 平面，則∥平面.   （Ⅱ）取 中點，連接，則 因為平面 平面，交線為，則平面            作∥，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則       于是 ，設(shè)平面的法向量 ，則 令，則  平面的法向量   所以  又因為二面角為銳角，所以其余弦值為. （Ⅲ）則 ， ，而平面的法向量為，設(shè)直線與平面所成角為，于是         于是, .18．（1）；（2）（i）；（ii）.【分析】（1）設(shè)的公差為，利用等差數(shù)列性質(zhì)知，由此構(gòu)造方程組求得，由等差數(shù)列通項公式可求得公差，由此可得；（2）（i）采用分組求和的方式，結(jié)合等差數(shù)列求和公式可求得；（ii）由（i）得到的通項，由等比數(shù)列求和公式可求得結(jié)果.【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為，由知，且，，，；（2）（i）由題意得：，即是首項為，公差為的等差數(shù)列的項的和，，；（ii）由（i）知：，.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查等差和等比數(shù)列通項和求和問題，解題關(guān)鍵是能夠根據(jù)的形式，采用分組求和的方式，結(jié)合等差數(shù)列求和公式，求得的通項公式.19．(1);(2).【詳解】分析：（1）根據(jù)拋物線的性質(zhì)可得橢圓中的，再根據(jù)三角形的面積求出，根據(jù)，即可求出橢圓方程，
（Ⅱ）過點的直線方程為，代入到由得，可求出點的坐標(biāo)，再求出的坐標(biāo)和的坐標(biāo)，以及|和點到直線的距離，根據(jù)三角形的面積求出的值．詳解：（1）因為拋物線的焦點與橢圓的一個頂點重合，∴，又橢圓的頂點與其兩個焦點構(gòu)成的三角形的面積為，∴，∴故橢圓的方程是.（2）由題意設(shè)直線的方程為，設(shè)點由得解得∴，∴直線斜率，直線的方程為，由得點到直線：的距離為∵，∴，又，∴令，則，解得，∴，解得或（舍）∴的值為.點睛：本題考查橢圓方程、橢圓性質(zhì)、直線方程、理、弦長公式等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．20．（1）和；（2）不存在“中值相依切線”，理由見解析；（3）.【分析】（1）求得函數(shù)的定義域，求得，解不等式，可求得函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）假設(shè)函數(shù)存在“中值相依切線”，可得出，設(shè)，分析可得出，構(gòu)造函數(shù)，其中，利用函數(shù)的單調(diào)性判斷方程在時無解，由此可得出結(jié)論；（3）由題意可知，不等式對任意的恒成立，分析得出，變形可得，構(gòu)造函數(shù)，可得出函數(shù)為上的增函數(shù)，可得出，可得，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)在上的值域，由此可得出實數(shù)的最大值.【詳解】（1）函數(shù)的定義域為，.令可得或，，則.由，可得或.則的單調(diào)遞增區(qū)間為和；（2）假設(shè)函數(shù)存在“中值相依切線”，，，由題設(shè)條件，有，即，即，不妨設(shè)，設(shè)，可得，構(gòu)造函數(shù)，其中，則，所以，函數(shù)在區(qū)間上為增函數(shù)，則，即方程在上無解，因此，函數(shù)不存在“中值相依切線”；（3）當(dāng)時，，即恒成立，時顯然恒成立，只需考慮，即恒成立，即，令，則，，則，，當(dāng)時，，所以，函數(shù)在上為增函數(shù)，所以，，即，則恒成立.令，其中，則，單調(diào)遞減，則，則.綜上所述，的最大值為.【點睛】結(jié)論點睛：利用參變量分離法求解函數(shù)不等式恒（能）成立，可根據(jù)以下原則進行求解：（1），；（2），；（3），；（4），.

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