2021届高考数学第二次模拟试卷一理含解析

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．定义集合，已知集合Axx23x100，

Bx7x0，则AB（）

A．x5x1B．x7x2C．x5x1D．x5x0

2．若a1ai1ixyia,x,yR，则（） A．xy0B．xy0C．xay10D．xay10

3．在△ABC中，设p:sinAcosC，q:△ABC是锐角三角形，则

p是q的（）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

4．区块链作为一种革新的技术，已经被应用于许多领域．在区块链技术中，若密码的长度设定为256比特，则密码一共有2256种可能；因此，为了破解密码，最坏情况需要进行2256次运算．现在

有一台机器，每秒能进行2.51011次运算，假设机器一直正常运转，那么在最坏情况下这台机器破译密码所需时间大约为（）（参考数据：lg20.3010）

A．4.51083秒B．4.51065秒C．4.51017秒D．2.8107秒 5．设数列an的前n项和为Sn，若a11，Sn12Sn1，则S7（） A．63B．127C．128D．256

标准

6．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，数学．某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“乐”不排在

第一节，“射”和“御”两门课程不相邻，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有（）种．

A．408B．120C．156D．240

7．已知曲线C1:ysinx，曲线C2:ycos2xπ3，则下列结论正确的是（）

A．将曲线Cπ1上各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移6个单位，得到曲线C2

B．将曲线Cπ1上各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移

12个单位，得到曲线C2

C．将曲线C1π1上各点的横坐标变为原来的

2，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移6个单位，得到曲线C2

D．将曲线C11上各点的横坐标变为原来的2，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位，得到曲线C2

8．在三角形ABC中，E､F分别为AC､AB上的点，BE与CF交于点Q且AE2EC，AF3FB，

AQ交BC于点D，AQQD，则的值为（）

A．3B．4C．5D．6

9．在三棱锥ABCD中，ABCD4，ACBDADBC3，则该三棱锥的内切球的表

/ 23

1 面积为（）

A．

4π5B．17πC．3π2D．3π4 10．已知椭圆x2y2a2b21（ab0）的左、右焦点分别是F1，F2，点P在椭圆上，O是坐标

原点，F1PF2π2FOP13，则椭圆的离心率是（） A．

3233103102B．2C．22D．2

11．已知函数fxx2mxexme2x（其中e为自然对数的底数）有三个零点，则实数m的取值X围为（）

A．m1ee1B．m1ee1C．0m1ee1D．0m1ee1

12．已知函数f(x)xlogx3(91)，则使得fx2x11log310成立的x的取值X围是

（）

A．0,22B．,01,C．0,1D．,1

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．(2x1)n展开式中二项式系数和为32，则(2x2x1)n展开式中x3的系数为_________．

114．已知fx3x22x1，若fxdx2fa，则a__________．

1标准

15．实数x、y满足x2y121，则3xy的取值X围是________．

16．已知O0,0，A2,1，B1,2，C3,155，动点Px,y满足0OPOA2且

0OPOB2，则点P到点C的距离大于14的概率为_________．

三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（12分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若

2cbasinCtanA cosC．

（1）求角A的大小；

（2）若b32，c2，点D在边BC上，且CD2DB，求a及AD．

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18．（12分）在四棱锥PABCD中，四边形ABCD为平行四边形，△APB为等腰直角三角形，

PAPB，AD2，AB2，PDAB，PC5．

（1）求证：BDAD；

（2）求直线BD与面PAD所成角的正弦值．

标准

19．（12分）2020年爆发人群广泛感染的新型冠状病毒是一种可以借助飞沫和接触传播的变异病毒．某市防疫部门为尽快筛查出新冠病毒感染者，将高风险地区及重点人群按照1:1单样检测，中风险地区可以按照5:1混样检测，低风险地区可以按照10:1混样检测．单样检测即为逐份检测，混

样检测是将5份或10份样本分别取样后混合在一起检测．若检测结果为阴性，则全为阴性；若检测结果为阳性，就要同时对这几份样本进行单独逐一检测，假设在接受核酸检测样本中，每份样本的检测结果是阳性还是阴性都是相互的，且中风险地区每份样本是阳性结果的概率均为

p0p1．

（1）现有该市中风险地区A的5份核酸检测样本要进行5:1混样检测，求检测总次数为6次的概率； （2）现有该市中风险地区B的15份核酸检测样本，已随机平均分为三组，要采用5:1混样检测，设检测总次数为X，求X的分布列和数学期望．

3 / 23

标准

（2）在x轴上是否存在点M，满足对于过点F的任一直线l与椭圆C的两个交点P，Q，都有

20．（12分）已知椭圆C:x2ay222b21ab0的离心率e2，过右焦点Fc,0的直线

yxc与椭圆交于A，B两点，A在第一象限，且AF2．

（1）求椭圆C的方程；

MPMQ为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．

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标准

21．（12分）已知函数fxxealnxax．

x

（1）若ae，讨论fx的单调性；

（2）若对任意x0恒有不等式fx1成立，某某数a的值．

请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．

22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】

3x2t5在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，x轴

y24t5的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为2

8，点P的极坐标为

2cos2

5 / 23

π22,．

4（1）求曲线C的直角坐标方程和点P的直角坐标；

（2）设直线l与曲线C交于M，N两点，线段MN的中点为Q，求PQ．

23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】

已知函数f(x)|x2||2x1|． （1）求不等式f(x)3的解集；

（2）已知a2(b1)2(c1)26，证明：82abc4．

标准

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标准

理 科 数学 答 案

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．【答案】C

【解析】由不等式x3x10(x2)(x5)0，解得5x2，

2即Ax5x2；

又由Bx7x0，若x1B，可得xx6x1，

所以ABx5x1，故选C．

2．【答案】B

【解析】因为a1ai1ia1a1ixyi， 1aia1i222所以xa1a1，y，则xy0，故选B． 223．【答案】B

【解析】当C为钝角时，满足sinAcosC，但不满足△ABC是锐角三角形，

故

p推不出q；

πππAC0，所以sinAsinCcosC，故2227 / 23

若△ABC是锐角三角形，则

标准

qp，

所以

p是q的必要不充分条件，故选B．

4．【答案】B

【解析】设这台机器破译所需时间大约为x秒，则x2.510112256，

11256两边同时取底数为10的对数，得lg(x2.510)lg2，

所以lgxlg2.5lg10256lg2， 所以lgxlg5lg211256lg2，

所以lgx258lg2122580.30101265.658，

11所以x1065.6581065100.658，

而lg4.5lg92lg3lg20.653，所以100.6534.5，x4.51065，故选B． 25．【答案】B

【解析】Sn12Sn1中，令n1，得S23，所以a22．

由Sn12Sn1，得Sn22Sn11，

两式相减得an22an1，即

an22． an1a2

2， 又a11，a1

所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，

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标准

127所以S7127，故选B．

126．【答案】A

6【解析】根据题意，首先不做任何考虑直接全排列则有A6720（种），

5当“乐”排在第一节有A5120（种），

当“射”和“御”两门课程相邻时有A2A5240（种），

24当“乐”排在第一节，且“射”和“御”两门课程相邻时有A2A448（种），

25则满足“乐”不排在第一节，“射”和“御”两门课程不相邻的排法有72012024048408（种），故选A．

7．【答案】D

【解析】A．得到曲线C2:ysin[(x)]sin(x12π612π)，所以该选项错误； 12B．得到曲线C2:ysin[(x12π1π)]sin(x)，所以该选项错误； 12224πππC:ysin2xsin2xcos2xC．得到曲线2，所以该选项错误； 636πππππsin2xsin2xcos2x， 126233D．得到曲线C2:ysin2x所以该选项正确，

故选D．

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标准

8．【答案】C

【解析】因为B,Q,E三点共线，所以AQxAB(1x)AExAB2(1x)AC； 3因为C,Q,F三点共线，所以AQyAC(1y)AFyAC(1y)AB，

343x(1y)114所以，x，y，

23y2(1x)3所以AQ111+1ABAC=AD，所以ADABAC， 231231+11，5，故选C． 23因为B,D,C共线，所以

9．【答案】A

【解析】由题可将该三棱锥还原到如图长方体中，设长方体的长宽高分别为a,b,a，

a2b232则2，解得a22，b1， 22aa4118VDABC22122422122，

323设内切球的半径为r，则VDABC18rS△ABCS△ABDS△BCDS△ACD， 331S△ABCS△ABDS△BCDS△ACD4322225，

2则r2541385，解得r， 3510 / 23

标准

54π则内切球的表面积为4π，故选A． 552

10．【答案】D

【解析】根据F1PF2FOP12π△F2F1P， 以及PF1F2OF1P，得△PFO1∽3PF1FO1，所以PF12c， 于是

F1F2PF1又PF1PF22a，所以PF22a2c． 在△F2F1P中，由余弦定理，得4c212c2a2c22c2a2c()，

222即c22ac2a20，所以e22e20，

因为0e1，所以椭圆的离心率e102，故选D． 211．【答案】C

2xx【解析】令fx0，可得x2mxexme2x0xmxm0，

ee令tgxx1xgx，则， exex11 / 23

标准

令gx0，解得x1，

当x1时，gx0；当x1时，gx0，

所以gx在,1上单调递增，在1,上单调递减，g(x)图象如下图所示：

所以gxmaxg121， e1e令ttmtm，t(,]，

因为函数有三个零点，设ttmtm的两根分别为t1，t2，

2Δm24(m)0，解得m0或m4．

则t1，t2有下列三种情况，

21111m（1）当t10,，t2时，将t2带入方程，即m0，

eeeee解得m1；

ee111t0，解得t21，

ee1ee1e

2带入方程，即ttt1110,，故舍去； e1e12 / 23

标准

2（2）当t10,，t20时，将t20带入方程，则m0，tt，不满足t10,，

1e1e故舍去；

00m01t0,t01， （3）当1时，1，解得，2mee0ee1

所以0m1，故选C．

ee112．【答案】C

【解析】令tx2x1，则txx1(x)212233， 44f(t)1log310，

tt1所以tlog3(91)1log310，所以log3(91)tlog3(91)1，

9tln929t9t11t令g(t)log3(91)t，则g(t)1t，

(91)ln3919t1t因为t33，所以9t10，所以g(t)0，所以g(t)在[,)单调递增， 443t1， 4所以由g(t)g(1)，得

所以

3x2x11，解得0x1，故选C． 4

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

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标准

13．【答案】30

【解析】由2x1展开式中二项式系数和为32，可得2n32，解得n5，

n(2x2x1)5(x1)5(2x1)5，

根据二项式定理可以求得(x1)的展开式中，

5三次项、二次项、一次项系数和常数项分别是10、10、5、1，

(2x1)5的展开式中，常数项及一次项、二次项、三次项的系数分别是1、10、40、80，

所以展开式中x3项的系数为101002008030． 14．【答案】1或

11 3【解析】fxdx113x122x1dxx3x2x131142fa，

fa3a22a12，解得a1或，

1故答案为1或．

315．【答案】1,3

【解析】圆xy11的圆心坐标为0,1，该圆的半径为r1，

22设3xyt，可知直线3xyt与圆xy11有公共点，

22所以，

1t1，即2t12，解得1t3， 2因此，3xy的取值X围是1,3，故答案为1,3．

14 / 23

标准

16．【答案】15π 3515【解析】由题意得，因为O0,0，A2,1，B1,2，C,，

所以动点P(x,y)满足0OPOA2且0OPOB2，

02xy232112所以，则点P到点C的距离为z(x)(y)，

0x2y25516作出不等式组对应的平面区域，如图所示，

因为点P到点C的距离大于

11，所以PC，则对应的部分为阴影部分， 44x2y042x,y由，

2xy0554255即点E(,)，则OE4225， ()2()2555所以正方形OEFG的面积为

414π， ，则阴影部分的面积为5511π51615π．

所以根据几何概型的概率公式可知所求的概率为

45

15 / 23

标准

三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．【答案】（1）Aπ58；（2）a10，AD． 43【解析】（1）由正弦定理，原式可化为2sinCsinBsinAsinCtanAcosC， 即2sinCsinACsinAsinCtanAcosC，

sin2A∴2sinCsinAcosCcosAsinCsinCsinAcosC，

cosAsin2A2∵sinC0，∴， cosA2，∴cosAcosA2又0Aπ，∴Aπ． 4（2）由余弦定理可得a2b2c22bccosA1841210，∴a10，

∵点D在边BC上，且CD2DB，∴BDa10， 33a2c2b210又cosB， 2ac10∴ADABBD2ABBDcosB2225858，∴AD． 9318．【答案】（1）证明见解析；（2）42． 7【解析】（1）设AB的中点为E，连接PE与DE，

16 / 23

标准

因为△PAB是等腰三角形，PAPB，所以PEAB， 又因为ABPD，PDPEP，

所以AB平面PED，所以ABDE，BDAD2，

AB2，所以△ABD是等腰直角三角形，

则ADBD．

（2）由（1）可知AB平面PED， 故ABPD，平面PED平面ABD， 又因为PC5，CD∥AB，CDPD，PDPC2CD21，

易知PEDE1，所以PDE60．

如图，以D为原点，DE,DC所在直线为x,y轴，以DE,DC的方向分别为x轴，y轴的正方向，过D在△PDE所在平面内作DE的垂线为z轴建立空间直角坐标系．

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标准

13则D(0,0,0)，P2,0,2，A(1,1,0)，B(1,1,0)．

13DP,0,得DB(1,1,0)，2，DA(1,1,0)， 213z0x设平面PAD的法向量n(x,y,z)，则2，取n(3,3,1)， 2xy0所以cosDB,n42，

DB|n∣7DBn因此直线BD与平面PAD所成角的正弦值为42． 7519．【答案】（1）11p；（2）分布列见解析，18151p．

5【解析】（1）设“检测总次数为6次”为事件A，PA11p，

5检测总次数为6次的概率为11p．

5（2）X的所有可能取值为3,8,13,18，

设1pt，Y为三个小组中出现阳性的小组数，

5则X5Y3，Y~B3,1t，

18 / 23

标准

PX3PY0t31p，

5101PX8PY1C311p1p， 1tt231555PX13PY2C1tt311p1p，

23322PX18PY3C1t333511p， 所以，随机变量X的分布列为：

X 3 8 1513 218 3P 1p 510311p1p 311p51p5 11p5 EXE5Y35EY3531t31815t18151p．

515x2y220．【答案】（1）（2）存在点M,0，满足MPMQ为定值． 1；

142，及a2b2c2，得a2c2b， 2【解析】（1）由ex2y2设椭圆方程为221，

2bbx22y22b24b联立方程组，得3x24bx0，则xA，

3yxb所以AFb2xAxF22，所以b3，

3x2y2所以椭圆C的方程为1．

1（2）当直线l不与x轴重合时，设l:xny3，

19 / 23

标准

x22y21822联立方程组，得n2y6ny90．

xny3设Px1,y1，Qx2,y2，Mt,0，则有y1y26n9yy，． 12n22n22于是MPMQx1tx2ty1y2ny13tny23ty1y2

n21y1y2n3ty1y23t212229n16n3t3tn222n26t273t2n223t29t218n22t212t9， 22n2n2若MPMQ为定值，则有2t12t92t18，得12t45，t2215， 4此时MPMQt218；

当直线l与x轴重合时，P32,0，Q32,0， 也有MPMQx1tx2t32t32tt218，

15M综上，存在点,0，满足MPMQ为定值． 421．【答案】（1）fx在0,1上单调递减，在1,上单调递增；（2）1．

【解析】（1）fxexexxax1aaaexx1x1ex， xxxxeaefxx1e，x0． 当时，x当x1时，exeex，e0，可得fx0，fx单调递增；

xx20 / 23

标准

当0x1时，exeex，e0，可得fx0，fx单调递减，

xx综上所述：fx在0,1上单调递减，在1,上单调递增．

xafxx1（2）由（1）知e，

xx①当a0时，fxx1ea0恒成立，此时fx单调递增， xfx的值域为R，不符合题意；

1112②当a0时，则fe1，也不符合题意；

22x③当a0时，令fxx1eaax0e0，即exxa0， ，可得xxxxxx令gxex，则gxexeex10，

x所以gxex在0,单调递增，

x设存在x00,使得e0x0a，两边同时取对数可得x0lnx0lna，

则当0xx0时，exxa，fx0；当xx0时，exxa，fx0，

x所以当xx0时，fxminx0e0alnx0ax0aax0lnaax0aalna，

故只需aalna1即可，

令haaalnaa0，ha1lnaa1lna， a由ha0，可得0a1；由ha0，可得a1，

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标准

因此ha在0,1上单调递增，在(1,)上单调递减， 从而hamaxh1101，所以haaalna1， 又因为haaalna1，所以haaalna1， 由以上证明可知h11，所以a1， 故满足条件的实数a的值为1．

22．【答案】（1）x2y80，P(2,2)；（2）

22110． 41【解析】（1）C:28222222cos80x2y80， 22cos22所以，曲线C的直角坐标方程是x2y80．

点P的极坐标为22,π，化为直角坐标得P(2,2)． 43x2t522（2）将直线l的参数方程，代入x2y80中，

y24t5整理得41t2220t1000，Δ22024411000，此方程有不等实数根． 直线l经过定点P(2,2)．

t2对应，t2就是上述方程的两个实根，t1t2设有向线段PM，PN与实数t1，则t1，

已知Q是线段MN的中点，PQ对应于参数取值t0220． 41t1t2， 2所以PQt1t2110． 24122 / 23

标准

23．【答案】（1）(,23][0,)；（2）证明见解析．

【解析】（1）f(x)3，即为x22x13，

等价为x2x22x13或12x2或x12， 2x2x132x2x13解得x2或0x2或x23， 综上可得，原不等式的解集为(,23][0,)．

（2）证明：由柯西不等[a2(b1)2(c1)2][22(1)212][2a(b1)c1]2，

当

a21bc1时，上式取得等号． 又a2(b1)2(c1)26，

则(2abc2)236，即62abc26， 即82abc4．

即得证．

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式可得