宁夏银川一中2020-2021学年高三数学下学期第二次模拟试题-理.doc

宁夏银川一中2020-2021学年高三数学下学期第二次模拟试题 理

宁夏银川一中2020-2021学年高三数学下学期第二次模拟试题 理

年级：
姓名：

12

宁夏银川一中2020-2021学年高三数学下学期第二次模拟试题 理
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60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．设集合，，则
A． B． C． D．
2．复数z满足，则复数z 在复平面内对应的点的坐标为
A．(1，0) B．(0，1) C．(，0) D．(0，)
3．在下列向量中，可以把向量表示出来的是
A．， B．，
C．， D．，
4．已知函数，则下列说法中正确的是
A．为奇函数 B．的最小正周期为
C．的图象关于直线对称 D．的值域为
5．已知，，，则
A． B． C． D．
6．椭圆①②与双曲线③④的离心率分别为
其大小关系为
A.

7．古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：将一线段AB分为两线段AC，CB，使得其中较长的一段AC是全长AB与另一段CB的比例中项，即满足≈0.618．后人把这个数称为黄金分割数，把点C称为线段AB的黄金分割点。在△ABC中，若点P，Q为线段BC的两个黄金分割点，在△ABC内任取一点M，则点M落在△APQ内的概率为
A． B．
C． D．
8．函数在[﹣1，1]的图象大致为

A． B． C． D．
9．已知倾斜角为的直线与直线垂直，则的值为
A． B． C． D．
10．2020年银川新的高铁站正式投入运行，高铁某换乘站设有编号为，，，， 的五个安全出口.若同时开放其中的两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间如下：
安全出口编号
，
，
，
，
，
疏散乘客时间（）
120
220
160
140
200

则疏散乘客最快的—个安全出口的编号是
A． B． C． D．
11．已知椭圆的短轴长为2，上顶点为A，左顶点为B，F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，且△F1AB的面积为，点P为椭圆上的任意一点，则的取值范围为
A． B． C． D．
12．已知.设函数,若关于x的不等式在R上恒成立，则a的取值范围为
A．[0,1] B．[0,2] C．[0,e] D．[1,e]
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知x与y之间的一组数据:
x
0
1
2
3
y
m
3
5.5
7

已求得关于y与x的线性回归方程为=2.1x+0.85,则m的值为______
14．已知△ABC的三边长分别为3，5，7，则该三角形的外接圆半径等于______ .
15．若二项式的展开式中的常数项为m，则___________．
16．（本小题第一空2分，第二空3分）
农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的体积为____；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为_______．

三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共60分)
17．(12分)
已知等比数列的前项和为，且对一切正整数恒成立.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.

18．(12分)
如图，△ABC为正三角形，半圆O以线段BC为直径，
D是圆弧BC上的动点（不包括B，C点）平面ABC⊥平面BCD．
（1）是否存在点D，使得BD⊥AC？若存在，求出点D的位
置，若不存在，请说明理由；
（2）∠CBD＝30°，求直线AC与平面ABD所成角的正弦值．

19．(12分)
水污染现状与工业废水排放密切相关，某工厂深人贯彻科学发展观，努力提高污水收集处理水平，其污水处理程序如下：原始污水必先经过A系统处理，处理后的污水（A级水）达到环保标准（简称达标）的概率为p（0＜p＜1）．经化验检测，若确认达标便可直接排放；若不达标则必须进行B系统处理后直接排放．
某厂现有4个标准水量的A级水池，分别取样、检测，多个污水样本检测时，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验，混合样本中只要有样本不达标，则混合样本的化验结果必不达标，若混合样本不达标，则该组中各个样本必须再逐个化验；若混合样本达标，则原水池的污水直接排放．
现有以下四种方案：
方案一：逐个化验；
方案二：平均分成两组化验；
方案三；三个样本混在一起化验，剩下的一个单独化验；
方案四：四个样本混在一起化验．
化验次数的期望值越小，则方案越“优“．
（1）若，求2个A级水样本混合化验结果不达标的概率；
（2）①若，现有4个A级水样本需要化验，请问：方案一、二、四中哪个最“优”？
②若“方案三”比“方案四“更“优”，求p的取值范围．

20．(12分)
已知椭圆C1：的离心率为，过点的椭圆C1的两条切线相互垂直.
（1）求椭圆C1的方程；
（2）在椭圆C1上是否存在这样的点P，过点P引抛物线C2：x2=4y的两条切线l1、l2，切点分别为B、C，且直线BC过点A(1,1)？若存在，指出这样的点P有几个（不必求出点的坐标）；若不存在，请说明理由.

21．(12分)
已知函数，，.
（1）若在上单调递减，求实数的取值范围；
（2）若对于，总存在，且满，其中为自然对数的底数，求实数的取值范围.

（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.
22．[选修4－4：坐标系与参数方程]
在平面直角坐标系中，直线过定点，倾斜角为，曲线的参数方程为（为参数）；以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）已知直线交曲线于，两点，且，求的参数方程．

23．[选修4-5：不等式选讲]
函数
（1）证明：；
（2）若存在，且，使得成立，求取值范围.

银川一中2021届高三第二次模拟数学(理科)参考答案
一、 选择题
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
C
D
B
D
D
C
B
B
B
C
D
C
二、填空题：
13. m=0.5 14． 15． 16.
三、解答题：
17．解：（1）当时，与两式相减得.
∵数列是等比数列，∴公比，.
又，∴，∴
（2）∵由得，
∴

18.（1）D是圆弧BC上的动点（不包括B，C点），假设存在点D，使得BD⊥AC．
过点D作DE⊥BC，∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC．
∴DE⊥平面ACB，AC⊂平面ABC，
∴DE⊥AC，又DE∩BD＝D，
∴AC⊥平面BCD，而∠ACB＝60°，得出矛盾．
∴假设不正确．因此不存在点D，使得BD⊥AC．

（2）设圆心为点O，连接OA，分别以OC，OA，为y轴作空间直角坐标系．
设OC＝1，O（0，0，0），A（0，0，），B（0，﹣1，0），D（，，0），
C（0，1，0）．
（0，1，），（，，0），（0，﹣1，），
设平面ABD的法向量为：（x，y，z），则••0，
∴yz＝0，xy＝0，
取（3，，1），
∴直线AC与平面ABD所成角的正弦值
＝|cos，|．
本题考查了线面面面垂直的性质定理、法向量的应用、数量积运算性质、圆的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
19．解：（1）该混合样本达标的概率是，
所以根据对立事件原理，不达标的概率为．
（ 2）①方案一：逐个检测，检测次数为4．
方案二：由①知，每组两个样本检测时，若达标则检测次数为1，概率为；若不达标则检测次数为3，概率为．故方案二的检测次数记为ξ2，ξ2的可能取值为2，4，6．
其分布列如下，
ξ2
2
4
6
p

可求得方案二的期望为
方案四：混在一起检测，记检测次数为ξ4，ξ4可取1，5．
其分布列如下，
ξ4
1
5
p

可求得方案四的期望为．
比较可得E（ξ4）＜E（ξ2）＜4，故选择方案四最“优”．
②方案三：设化验次数为η3，η3可取2，5．
η3
2
5
p
p3
1﹣p3
；
方案四：设化验次数为η4，η4可取1，5
η4
1
5
p
p4
1﹣p4
；
由题意得．
故当时，方案三比方案四更“优”．
20.解：（Ⅰ）由椭圆的对称性，不妨设在轴上方的切点为，轴下方的切点为，
则，的直线方程为，
因为椭圆的离心率为，
所以椭圆，
所以，则，
所以椭圆方程为.
（Ⅱ）设点，，，
由，即，得，
∴抛物线在点处的切线的方程为，
即，
∵，∴.
∵点在切线上，∴.①同理，.②
综合①、②得，点，的坐标都满足方程.
∵经过，两点的直线是唯一的，
∴直线的方程为，
∵点在直线上，∴，∴点的轨迹方程为.
又∵点在椭圆上，又在直线上，∴直线经过椭圆内一点，
∴直线与椭圆交于两点.∴满足条件的点有两个.
21.解：（1）由题,
令, 因为对恒成立，
所以，即在上为增函数
在上单调递减对恒成立，即

（2）当时，
在区间上为增函数，时，的对称轴为：，为满足题意，必须此时，的值恒小于和中最大的一个
对于，总存在，且满足，

22.解：（1）由，得，
∵，
∴，即，
又， ∴，
即曲线的极坐标方程为；
（2）设的参数方程为（为参数），代入整理得，
，
设方程的两根分别为，，
则，
则，
解得，，
∵，∴． 故的参数方程为（为参数）．
23．解：（1）因为
所以
（2）当时
所以
当且仅当即时等号成立
因为存在，且，使得成立
所以
所以或
解得：或