2021届湖北省武汉高三二模数学试卷及答案

这是一份2021届湖北省武汉高三二模数学试卷及答案，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湖北省武汉一中2021届高三下学期二模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知集合，，则（       ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足，，则正数（       ）
A．1B．2C．D．
3．已知，，当时，向量与的夹角为（       ）
A．B．C．D．
4．展开式中的系数为（       ）
A．B．C．D．
5．已知直线，及平面，，下列命题中正确的是（       ）
A．若，，且，则
B．若，，且，则
C．若，，且，则
D．若，，且，则
6．已知，则a，b，c的大小关系是（       ）
A．B．C．D．
7．若函数的图象向右平移个长度单位后关于点对称，则在上的最小值为（       ）
A．-1B．C．D．
8．在平面直角坐标系xOy中，直线x＋y－2＝0与椭圆C： (a>b>0)相切，且椭圆C的右焦点F(c，0)关于直线l：y＝x的对称点E在椭圆C上，则OEF的面积为（       ）
A． B． C．1D．2
二、多选题
9．等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1＞0，S10＝S20，则（　　）
A．d＜0B．a16＜0
C．Sn≤S15D．当且仅当Sn＜0时n≥32
10．下列命题正确的是（       ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．命题“，”的否定是“，”
C．设，则“且”是“”的必要不充分条件
D．设，则“”是“”的必要不充分条件
11．如图，已知四棱锥中，平，，，为中点，在上，，，则下列结论正确的是（       ）

A．面
B．与平面所成角为30°
C．四面体的体积为
D．平面平面
12．若函数对定义域D内的每一个，都存在唯一的，使得成立，则称为“自倒函数”．则下列结论正确的是（       ）
A．f(x)＝sinx+（x∈[－，]）是“自倒函数”
B．“自倒函数”可以是奇函数
C．“自倒函数”的值域可以是R
D．若都是“自倒函数”且定义域相同，则也是“自倒函数”
三、填空题
13．已知随机变量服从正态分布，若，则________.
14．某城市新修建的一条道路上有12盏路灯，为了节省用电而又不能影响正常的照明，可以熄灭其中的3盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，则熄灯的方法有_________种（请用数字作答）
15．过双曲线的左焦点作圆的切线，切点为E，延长FE交抛物线于点P，O为坐标原点，若，则双曲线的离心率为_________．
16．已知函数，存在实数，使的图象与的图象无公共点，则实数b的取值范围为__________．
四、解答题
17．在①，②，③锐角满足，这三个条件中任一个，补充在下面问题中，并完成解答．
问题：的三个角、、对边分别为、、，，面积为，且____．
（1）求角；
（2）求的周长．
18．设，数列的前项和为，已知成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前项的和
19．如图1，在平行四边形中，＝60°，，，，分别为，的中点，现把平行四边形沿折起如图2所示，连接，，．

（1）求证：；
（2）若，求二面角的余弦值．
20．冠状病毒是一个大型病毒家族，已知的有中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼吸综合征（SARS）等较严重的疾病，新型冠状病毒（nCoV）是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株，某小区为进一步做好新型冠状病毒肺炎疫情知识的教育，在小区内开展“新型冠状病毒防疫安全公益课”在线学习，在此之后组织了“新型冠状病毒防疫安全知识竞赛”在线活动．已知进入决赛的分别是甲、乙、丙、丁四位业主，决赛后四位业主相应的名次为第1，2，3，4名，该小区为了提高业主们的参与度和重视度，邀请小区内的所有业主在比赛结束前对四位业主的名次进行预测，若预测完全正确将会获得礼品，现用a，b，c，d表示某业主对甲、乙、丙、丁四位业主的名次做出一种等可能的预测排列，记X＝|a﹣1|+|b﹣2|+|c﹣3|+|d﹣4|．
（1）求该业主获得礼品的概率；
（2）求X的分布列及数学期望．
21．已知顶点为原点的抛物线，焦点在轴上，直线与抛物线交于、两点，且线段的中点为．
（1）求抛物线的标准方程．
（2）若直线与抛物线交于异于原点的、两点，交轴的正半轴于点，且有，直线，且和有且只有一个公共点，请问直线是否恒过定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理由．
22．已知函数．
（1）当时，判断函数的单调性；
（2）当有两个极值点时，
①求a的取值范围；
②若的极大值小于整数m，求m的最小值．

参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
先求出集合，再根据集合的并集运算，即可求出结果.
【详解】
∵，
∴．
故选：C．
2．A
【解析】
【分析】
将复数化简利用求模公式计算即可.
【详解】
解：，∴，
∵，
∴，
解得正数．
故选：A．
3．B
【解析】
【分析】
根据题意，设向量与的夹角为，由数量积的计算公式可得，变形可得的值，结合的范围分析可得答案．
【详解】
根据题意，设向量与的夹角为，
若，则，
变形可得：，
又由，则，
故选：B．
4．C
【解析】
【分析】
根据二项式定理得到展开式通项，根据的取值可确定所求系数.
【详解】
展开式通项公式为：，
展开式中的系数为：.
故选：C.
5．D
【解析】
【分析】
利用线面平行、垂直的判定定理，面面平行、垂直的判定定理，即可得出结论．
【详解】
若，，且，∴，，∴，故A不正确；
若，，且，则或，故B不正确；
若，，且，则有可能，不一定，所以C不正确；
若，，且可以判断是正确的，故D正确，
故选：D．
6．B
【解析】
【分析】
根据，利用三角函数、对数函数和指数函数的单调性判断.
【详解】
因为，
所以,
所以，
故选：B
7．C
【解析】
【分析】
利用三角函数的平移变换原则以及正弦函数的中心对称点求出，再由正弦函数的单调性即可求解.
【详解】
的图象向右平移个长度单位可得
，
因为是此函数的对称中心点，
则，
解得，，
又因为，
所以当时，，
所以，
因为，则，
所以，
所以在上的最小值为.
故选：C
8．C
【解析】
【分析】
设椭圆的另一个焦点为，运用点到直线的距离公式以及中位线定理、对称性，可得，，运用椭圆的定义，化简为，即，再由直线和椭圆相切的条件得到判别式为0，解方程可得，，，运用三角形的面积公式可得所求值．
【详解】
设椭圆的另一个焦点为，
可得，
到直线的距离为，
即有，
由的方程为，
可得到的距离为，
由中位线定理可得，
由椭圆的定义可得，
化为，
化为，即，
直线与椭圆相切，
可得，
即有△，
化为，
解得，，
则，到的距离为，
则的面积为．
故选：C

【点睛】
本题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆的定义，考查椭圆方程的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
9．ABC
【解析】
【分析】
根据题意，可得2a1+29d＝0，根据a1＞0，可判断A的正误；根据d＜0，可得a15＞a16，可判断B、C的正误；分别求得，即可判断D的正误，即可得答案.
【详解】
解：设等差数列{an}的公差为d，∵S10＝S20，
∴10a1+45d＝20a1+190d，
∴2a1+29d＝0，
∵a1＞0，∴d＜0，故A正确；
∴a1+14d+a1+15d＝0，即a15+a16＝0，
∵d＜0，∴a15＞a16，
∴a15＞0，a16＜0，故B正确；
∴Sn≤S15，故C正确；
又，，
∴当且仅当Sn＜0时，n≥31，故D错误.
故选：ABC．
10．ABD
【解析】
对于ACD项，根据充分条件和必要条件的定义，结合集合的包含关系进行判断即可．
对于B项，根据存在量词命题的否定形式可判断.
【详解】
A.若“”，则或
“”是“”的充分不必要条件.
B.根据存在量词命题的否定是全称量词命题可知，B正确.
C.设，若“且”，则“”
若，不一定有且，比如也可
“且”是“”的充分不必要条件.
D. 若，不一定有
若，则一定有
“”是“”的必要不充分条件.
【点睛】
判断充分条件与必要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试，
11．ACD
【解析】
【分析】
对A，连结，，通过证明平面和平面得出平面平面可证；对B，易得即为与平面所成角，求出即可；对C，利用可求；对D，由和证明平面即可.
【详解】
对于A，连结，，因为，，
所以，，故，
同理可得，故，
所以F为的中点，又E为的中点，故，
又平面，平面，故平面，
又因为，，
所以，故，
又平面，平面，故平面，
又，，平面，
所以平面平面，又平面，所以平面，故A正确；
对于B，因为平面，所以与平面所成的角即为，
因为，所以，则，
又，故，故选项B错误；
对于C，，
因为平面，，所以平面，
又，所以，
故，故选项C正确；
对于D，因为平面，平面，所以，
又因为，，，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，故选项D正确．
故选：ACD．

【点睛】
关键点睛：解决本题的关键是正确利用线面平行、面面垂直的判断定理，正确寻找图中位置关系.
12．AB
【解析】
【分析】
依据“自倒函数”的定义，对各个选项给出证明或给出反例即可．
【详解】
对于A，，任取，有，
∴，且；
由，得，
即，∴，
且，即，
显然存在唯一的满足题意.
∴是上的自倒函数，所以A正确；
对于B，当是奇函数时，不妨设，其中，
则任取，有，
由得，其中，
∴是定义域上的自倒函数，所以B正确；
对于C，若自倒函数的值域是R，则当时，不存在，使得成立，
所以自倒函数的值域不可以是R，命题不成立，所以C错误；
对于D，当，都是自倒函数，且定义域相同时，函数不一定是自倒函数，
例如，其中，则不是自倒函数，
因为由，得，∴不唯一，故命题不成立，所以D错误．
故选：AB．
【点睛】
思路点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解. 但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
13．
【解析】
【分析】
根据正态分布曲线的对称性，得到，即可求解.
【详解】
由题意，随机变量服从正态分布，可得对称轴，则，
因为，
根据正态分布曲线的对称性，可得.
故答案为：.
14．
【解析】
【详解】
试题分析：本题使用插空法，先将亮的盏灯排成一排，由题意，两端的灯不能熄灭则有个符合条件的空位，进而在个空位中，任取个插入熄灭的盏灯，有中方法，故答案为.
考点：1、阅读能力、数学建模能力；2、化归思想及组合问题的“插空法”.
【方法点睛】本题主要考查阅读能力、数学建模能力和化归思想以及组合问题的“插空法”，属于难题.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.理解本题题意的关键是：将熄灯方法转化为组合问题的“插空法”解答.
15．
【解析】
【详解】
试题分析：因为，所以，因为，所以为的中点，，又因为为的中点，所以，所以，因为抛物线的方程为，所以抛物线的焦点坐标为，即抛物线和双曲线的右焦点相同，过点作的垂线，过点作，则为抛物线的准线，所以，所以点的横坐标为，设,在中，，即，解得.
考点：双曲线的简单的几何性质.
【方法点晴】本题主要考查了双曲线的标准方程、以及谁去下的简单的几何性质的应用，同时考查了双曲线的定义及性质，着重考查了学生推理与运算能力、数形结合思想、转化与化归思想的应用，属于中档试题，本题的解答中，根据题意得到抛物线和双曲线的右焦点相同，得出点的横坐标为，再根据在中，得出是解答的关键.
16．
【解析】
【分析】
因为的图象与的图象无公共点等价于或恒成立，利用参变分离法，转化为求函数的最值，构造函数，求函数的导数，利用导数求最值即可求解.
【详解】
解：因为的图象与的图象无公共点
等价于或恒成立，
即或恒成立，
即或恒成立，
设，则，
当时，，时，，
所以当时，函数取得极小值同时也是最小值，
设，易知在上为减函数，
则的最大值为，故的最小值，
①若，则；
②若恒成立，则不成立，
综上，．
故答案为：．
【点睛】
关键点点睛：将的图象与的图象无公共点等价转化为或恒成立，然后再利用参变分离法，将问题转化为求函数的最值是本题解题的关键.
17．选择见解析；（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）选①：利用正弦定理、两角和的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；
选②：利用正弦定理和余弦定理求出的值，结合角的取值范围可求得角的值；
选③：利用三角恒等变换思想可得出，利用角的取值范围可求得角的值；
（2）利用三角形的面积公式可求得的值，利用余弦定理可求得的值，进而可求得的周长.
【详解】
（1）选①：由于，
利用正弦定理：，整理得，
由于，所，解得；
选②：，
利用正弦定理：，故，
由于，所，解得；
选③：锐角满足，
即

，
整理得：，
由于为锐角，即，则，故，所以；
（2）由于面积为，故，解得．
由于，由于，
所以，解得，故周长为．
【点睛】
方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：
（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.
18．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由已知可得，则由等差数列的定义可知数列是等差数列，再由已知条件求出首项，进而可得结果.
（2）由（1）可得数列的通项公式，进而根据分组求和法即可求解.
【详解】
解：（1）由，得，
所以数列是以为首项，2为公差的等差数列.
由，，成等比数列可得，即，解得，
所以.
（2）由（1）得，所以
所以.
【点睛】
方法点睛：当数列的通项公式为等差数列与等比数列的和差时，求数列的前n项和常用分组求和法求解.
19．（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）根据线面垂直的判定定理，可证明平面，进而可证明结果；
（2）建立空间坐标系，利用向量法即可求二面角的余弦值．
【详解】
证明：（1）取的中点，连接，，，
∵在平行四边形中，，，，，分别为，的中点，
∴，，为正三角形，
则，，又∵，
∴平面，
∵平面
∴；
（2）∵，，，，分别为，的中点，
∴，，，
若，
则，
则三角形为直角三角形，
则，
以O为原点，以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
则，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即
令，则，，
则，
设平面的法向量为，则，
令，则，，即，
则
由于二面角是钝二面角，
∴二面角的余弦值是．

【点睛】
方法点睛：利用空间向量法求二面角的一般方法，设二面角的平面角为，设分别为平面的法向量，二面角的大小为，向量的夹角为，则有（图1）或 （图2）其中.
        
20．（1）；（2）分布列见解析，．
【解析】
（1）求得该业主预测的结果的总数，其中预测完全正确的结果只有1种，利用古典概型及概率的计算公式，即可求解；
（2）以（a，b，c，d）为一个基本事件，用列举法逐一写出每种情况，得到随机变量的取值，求得相应的概率，即可求得随机变量的分布列，利用公式求得数学期望.
【详解】
（1）由题意，该业主预测的结果有种可能，预测完全正确的结果只有1种，
所以该业主获奖的概率为．
（2）以（a，b，c，d）为一个基本事件，如下表所示：
（a，b，c，d）
X
（a，b，c，d）
X
（a，b，c，d）
X
（1，2，3，4）
0
（2，3，1，4）
4
（3，4，1，2）
8
（1，2，4，3）
2
（2，3，4，1）
6
（3，4，2，1）
8
（1，3，2，4）
2
（2，4，1，3）
6
（4，1，2，3）
6
（1，3，4，2）
4
（2，4，3，1）
6
（4，1，3，2）
6
（1，4，2，3）
4
（3，1，2，4）
4
（4，2，1，3）
6
（1，4，3，2）
4
（3，1，4，2）
6
（4，2，3，1）
6
（2，1，3，4）
2
（3，2，1，4）
4
（4，3，1，2）
8
（2，1，4，3）
4
（3，2，4，1）
6
（4，3，2，1）
8

所以随机变量的所有可能的取值为，
可得

所以随机变量X的分布列如表：

0
2
4
6
8







所以数学期望E（X）．
【点睛】
本题主要考查了古典概型及其概率的计算，以及离散型随机变量的分布列和数学期望的求解，其中解答中认真审题，利用列举法求得基本事件的个数，得出随机变量的取值情况是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.
21．（1）；（2）是，直线过定点.
【解析】
（1）设抛物线的标准方程为，求出点的坐标，将点的坐标代入抛物线的方程，求出的值，由此可求得抛物线的标准方程；
（2）设点，，，由条件可得出，可求出直线的斜率，由此可设直线的方程为，与抛物线的方程联立，由可得出，分与两种情况讨论，求出直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标.
【详解】
（1）由题意设抛物线的标准方程为，
因为的中点为，所以的坐标为，
将点的坐标代入抛物线的方程，得，可得，
因此，抛物线的标准方程为；
（2）由（1）知，设，，
因为，则，
由，可得，即，所以，直线的斜率，
因为直线，设直线的方程为，
代入抛物线的方程可得，
因为且和有且只有一个公共点，可得，解得，
设，则，，即，
当时，，
可得直线的方程为，
由时，代入整理，即直线恒过定点；
当，直线的方程为，过点，
综上，可知直线过定点．
【点睛】
本题考查抛物线方程的求解，同时也考查了抛物线中直线过定点问题的求解，考查计算能力，属于难题.
22．（1）答案见解析；（2）①；②3.
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导函数，法一：结合二次函数的性质判断导函数的符号，求出函数的单调性即可；
法二：令，根据函数的单调性求出的最大值，判断导函数的符号即可求解；
（2）①令，求出函数的导函数，根据函数的单调性得到
有两不等实数根，，求出的范围，
②求出的极大值，从而确定的最小值即可．
【详解】
（1）由题．
方法1：由于，，，
又，所以，从而，
所以为上的减函数．
方法2：令，则，
当时，，为增函数；当时，，为减函数．
故在时取得极大值，即为最大值,则．
由于，所以，
所以 为上的减函数．
（2）令，则，
当时，，为增函数；当时，，为减函数．
当x趋近于时，趋近于．
由于有两个极值点，所以有两不等实根，
即有两不等实数根（）．
则解得．
可知，由于，则．
而，即（#）
所以，于是，（*）
令，
则（*）可变为，
可得，而，则有，
下面再说明对于任意，，．
又由（#）得，把它代入（*）得，
所以当时，恒成立，
故为的减函数，所以．
所以满足题意的整数m的最小值为3.
【点睛】
关键点点睛：（1）问关键点是利用这一条件，判断的符号；
（2）问②的关键点是求出的极大值并化简得.