山东省滨州市2021届高三二模(5月)数学试题

试卷类型：A

高三数学试题

2021.5

本试卷共4页，共22小题，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后将答题卡交回.

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.设全集U3,2,0,2,3，A3,3，Bxx3x20，则图中阴影部分所表示的集合为

A.3,2,3C.3B.3,2,0,2D.2,02.设i为虚数单位，则复数zA.

25i1iC.

的虚部为

32B.

3292D.

92

3.在正方体ABCDA1B1C1D1中，M是棱DD1的中点，P是底面ABCD内（包括边界）的一个动点，若MP∥平面A1BC1，则异面直线MP与A1C1所成角的取值范围是A.0,32ax

B.,63C.,32D.,34.设曲线ye

（e=2.718…为自然对数的底数）在点0,1处的切线及直线2xy10和两坐标轴的正

半轴所围成的四边形有外接圆，则aA.1

B.

14

C.

14D.1

x2y2

5.已知F1，F2分别是双曲线C:221a0,b0的左、右焦点，点Р是双曲线C上在第一象限内

ab的一点，若sinPF2F13sinPF1F2，则双曲线C的离心率的取值范围为A.1,2B.1,3C.3,D.2,36.甲、乙两人做从装有14个玻璃球的盒子中抓取玻璃球的游戏，规定：甲、乙两人轮流抓取，每次至少抓取1个，最多抓取4个，最后一次取完者获胜.若甲先抓取，为确保甲一定获胜，则甲第一次应该抓取的玻璃球个数为A.17.已知a

B.2

C.3

D.4

ln212ln3

，b（e=2.718…为自然对数的底数），c，则a，b，c的大小关系为2e9

B.acbD.bca

A.abcC.bac

8.2020年是实施脱贫攻坚的最后一年，某地区针对最后深度贫困的A，B，C，D，E五个自然村引入五个脱贫项目（其中林果，茶园，养殖，旅游，农业特色深加工各一个项目）进行对口帮扶，不同的村安排不同的项目，且每个村只安排一个项目.由于自然村条件，A，B两个村无法实施农业特色深加工项目，C村无法实施养殖项目，D，E两个村可以实施任何项目，则符合条件的不同安排方式共有A.48种

B.54种

C.60种

D.72种

二、多项选择题：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.全部选对得5分，部分选对得⒉分，有选错的得0分.

9.为庆祝建党100周年，讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进全体党员干部职工对党史知识的了解，某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比赛，某支部在5道党史题中（有3道选择题和⒉道填空题），不放回地依次随机抽取⒉道题作答，设事件A为“第1次抽到选择题”，事件B为“第⒉次抽到选择题”，则下列结论中正确的是A.PA

35

C.PBA123101D.PBA2B.PAB

10.已知一组数据的平均数、中位数、众数依次成等差数列，若这组数据丢失了其中的一个，剩下的六个数据分别是2，2，4，2，5，10，则丢失的这个数据可能是

A.-11B.3C.9D.17

11.函数fxAsinxA0,0,0的部分图象如图所示，则下列结论中正确的是

A.fx的最小正周期为2B.fx的最大值为2C.fx在区间

5

,上单调递增1212

D.fx为偶函数612.已知正方形ABCD的边长为2，将△ACD沿AC翻折到△ACD的位置，得到四面体DABC，在翻折过程中，点D始终位于△ABC所在平面的同一侧，且BD的最小值为2，则下列结论正确的是A.四面体DABC的外接球的表面积为8B.四面体DABC体积的最大值为

63C.点D的运动轨迹的长度为

223223D.边AD旋转所形成的曲面的面积为

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知等比数列an的前n项和为Sn，a37，S321，则公比q______________.14.已知平面向量a，b，c是单位向量，且ab0，则cab的最大值为______________.

15.某同学设想用“高个子系数k”来刻画成年男子的高个子的程度，他认为，成年男子身高160cm及其以下

不算高个子，其高个子系数k应为0；身高190cm及其以上的是理所当然的高个子，其高个子系数k应为1，请给出一个符合该同学想法、合理的成年男子高个子系数k关于身高xcm的函数关系式_____________.16.最大视角问题是1471年德国数学家米勒提出的几何极值问题，故最大视角问题一般称为“米勒问题”.如图，树顶A离地面a米，树上另一点B离地面b米，在离地面ccb米的C处看此树，离此树的水平距离为_____________米时看A，B的视角最大.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在①3bcosA2csinC3acosB，②cos条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.

问题：在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知__________.（1）求角C；（2若AB

2AB5

csinA这三个CcosC，③asin224

3，AC2，内角C的平分线CE交边AB于点E，求CE的长.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

18.已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，a11，an（1）求证；数列

SnSn1nN*且n2.

S是等差数列，并求a的通项公式；

nn

（2）若x表示不超过x的最大整数，如1，22，2,12，求证：

1122a1a2



1

1.2an

19.为落实“坚持五育并举，全面发展素质教育，强化体育锻炼”的精神，某高中学校鼓励学生自发组织各项体育比赛活动，甲、乙两名同学利用课余时间进行乒乓球比赛，规定：每一局比赛中获胜方记1分，失败方记0分，没有平局，首先获得5分者获胜，比赛结束.假设每局比赛甲获胜的概率都是（1）求比赛结束时恰好打了6局的概率；

（2）若甲以3：1的比分领先时，记X表示到结束比赛时还需要比赛的局数，求X的分布列及期望.

3.520.如图，在四棱锥PABCD中，O是BD的中点，PO平面ABCD，DABBCD90，

ADACCD23，DP6.（1）求证：平面ADP平面APC；

（2）设PMPC01，若二面角BDMP的余弦值为

11，求的值.1121.已知圆C:x22

y212，动圆M过点D

2,0且与圆C相切.

（1）求动圆圆心M的轨迹E的方程；

（2）假设直线l与轨迹E相交于A，B两点，且在轨迹E上存在一点P，使四边形OAPB为平行四边形，试问平行四边形OAPB的面积是否为定值?若是，求出此定值；若不是，请说明理由.22.已知函数fxex2ax,aR.（1）求fx的极值；

（2当a0时，若x1x2，且fx1fx2，求证：x1x24a2.

高三数学试题参

2021.5

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.D2.B3.C4.B5.A6.D7.C8.C

二、多项选择题：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.全部选对得5分，部分选对得⒉分，有选错的得0分.9.ABC10.ABD

11.BD12.ACD

三，填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.1或

12

14.21

0,0x160,1

15.kx160,160x190,，（只要写出的函数满足在区间160,190上单调递增，且过点160,0301,x190.

和190,1即可.答案不唯一）16.acbc.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.解：（1）若选条件①：因为3bcosA2csinC3acosB，由正弦定理可得

3sinBcosAsinAcosB2sin2C，

所以3sinAB2sinC.

2

因为ABC，即ABC，所以3sinC2sinC.因为sinC0，所以sinC

2

3.2又因为△ABC为锐角三角形，所以C若选条件②：因为cos即1cosCcosC2.32552

CcosC，所以sinCcosC0，

442

50，412所以cosCcosC0，

41

解得cosC.

2

因为△ABC为锐角三角形，所以C若选条件③：因为asinABABCC

csinA，又sincos，所以acoscsinA.2222C

由正弦定理可得，sinAcossinCsinA.

2C因为sinA0，所以cossinC，

2CCC即cos2sincos.

222

.3因为△ABC为锐角三角形，所以cos则有sin

C1C，所以，所以C.22263C

0，2（2）因为AB

3，AC2，由正弦定理得sinB

ACsinC2.

AB2因为△ABC为锐角三角形，所以B

5，则A.412因为CE是角C的平分线，所以ACE故CEA55，所以ACEA，612122.

，6则△AEC为等腰三角形，所以ACCE故CE的长为2.18.解：（1）因为an

SnSn1，SnSn1.所以当n2时，SnSn1所以

SnSn1SnSn1SnSn1.

又因为an0，所以SnSn10.所以SnSn11n2.所以数列

S是以nS1a11为首项，公差为1的等差数列.

2所以Sn1n11n，所以Snn.所以当n2时，an又因为a11满足上式，

所以an的通项公式为an2n1.另解：

当n2时，anSnSn1nn12n1，

22SnSn1nn12n1.

当n1时，a11，满足上式，

所以an的通项公式为an2n1.（2）

111.222an2n14n4n111111

，22an4n4n4n1n

11111112an41223



111115

111，n1n4n44

当n2时，

故

11

22a1a2

当n1时，

151，2a14*所以对任意的nN，都有

11

2a12a2

15.2an4又

11

22a1a2

111.22ana115.2an4所以1

1122a1a2

所以

11

22a1a21

1.2an

19.（12分）

23483解：（1）比赛结束时恰好打了6局，甲获胜的概率为P，C15555312596322

恰好打了6局，乙获胜的概率为P2C，

555312515

1

4

4所以比赛结束时恰好打了6局的概率为PP1P2（2）X的可能取值为2，3，4，5，

48696582.31253125312593，PX2255233361PX3C2，

55512532321241，PX4C355556252423233296132.PX5C4C4555555625

所以X的分布列如下：

33

XP

2345

93625125936124961966345故EX2.2512562562562520.解：（1）设ACBDN，连接PN.因为DABBCD90，O为BD的中点，所以OAODOC，即O为△ABC的中心.又因为ADCD，所以ACBD.由PO平面ABCD，可得POAC.又POBDO，所以AC平面PDB，所以ACDP.

因为ADACCD23，DP

124625966256，所以DN3，BD2OD4，OPDP2OD22，PNOP2ON23，

所以DPPNDN，则DPPN.又PNACN，所以DP平面APC.因为DP平面ADP，所以平面ADP平面APC.

222（2）以N为坐标原点，NA，NB所在直线分别为x，y轴，过点N且与直线OP平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

由（1）得，D0,3,0，P0,1,2，A

3,0,0，C3,0,0，B0,1,0.

所以DP0,2,2，DB0,4,0，PC3,1,2.

DMDPPM0,2,2PC3,2,22.mDB0,

设平面BDM的法向量为mx,y,z，则

mDM0,4y0,

即

3x2y

所以平面BDM的一个法向量为m所以cosm,PA|222z0,

得y0.令x22，得z3.

22,0,3.

由（1）知，DP平面APC，同理可得AP平面PDC，所以平面PDC的一个法向量为PA

3,1,2.

mPAmPA6265242611，11整理得394090，解得当1时，二面角BDMP的平面角为钝角，不符合题意.39故.

13

91是或.13321.解：（1）因为CD2223，所以点D在圆内.又因为圆M过点D且与圆C相切，所以MC23MD，所以MCMD23CD.即点M的轨迹是以C，D为焦点的椭圆.则2a23，即a

3.又因为a2b22，所以b21.

x2

y21.故动圆圆心M的轨迹E的方程为：3

（2）当直线AB的斜率不存在时，可得直线AB的方程为x的面积S

33，此时yA，所以四边形OAPB223

.2

当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykxm，

ykxm,222由x2整理得，3k1x6kmx3m10.2y13因为直线l与轨迹E相交于A，B两点，

所以△36km123k1m1123km10.

2222223m216km

设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1x22，x1x2.2

3k13k1

所以y1y2kx1x22m设AB的中点为Q，则Q的坐标为

2m.2

3k1

m3km,.223k13k1

2m6km,，223k13k1

因为四边形OAPB为平行四边形，所以OP2OQ

所以点P的坐标为

2m6km

,.223k13k1

26km223k12m又因为点Р在椭圆上，所以21.33k1整理得，4m3k1.

22△2233km1又因为AB1kx1x21k2，1k3k13k212222原点О到直线AB的距离为d

m1k2，

所以平行四边形OAPB的面积S2S

AOB

ABd

23m3k2m213k213

.2

综上可知，平行四边形OAPB的面积为定值22.解：（1）由题意得，fxex2a.①当a0时，fx0恒成立，所以函数fx为R上的增函数，没有极值.

3.2②当a0时，令fx0，得xln2a.

当x,ln2a时，fx0，函数fx在,ln2a上单调递减；

当xln2a,时，fx0，函数fx在ln2a,上单调递增；

所以当xln2a时，函数fx取得极小值，极小值为fln2a2a2aln2a，没有极大值.综上所述，当a0时，函数fx没有极值；

当a0时，fx的极小值为2a2aln2a，没有极大值.（2）解法1：

首先证明：2ln2a4a2.设ga2ln2a4a2，则ga

212a2

4.aa当0a

11

时ga0，ga在区间0,上是增函数；22

当a11时，ga0，ga在区间,上是减函数；22所以gag

1

0，即2ln2a4a20，2

即2ln2a4a2.

所以要证x1x24a2，只需证x1x22ln2a.不妨设x1x2，由（1）知x1ln2a，x2ln2a.要证x1x22ln2a，即证x12ln2ax2.因为x2ln2a，所以2ln2ax2ln2a.

又x1ln2a，函数fx在,ln2a上单调递减，故只需证明fx1f2ln(2a)x2，即证fx1f2ln(2a)x20.

又fx1fx2，所以只需证明fx2f2ln(2a)x20.

4a2

令Gxfxf2ln2axe4axx4aln2a,xln2a

e

x

24a2x4a则Gxex4a2ex4a0，eex

.

当且仅当e2a，即xln2a时，等号成立.

x所以Gx在ln2a,上单调递增.所以GxGln2a0.

因为x2ln2a，所以Gx20，即fx2f2ln2ax2，问题得证.故x1x22ln2a，所以x1x24a2.解法2：

首先证明：2ln2a4a2.

设ga2ln2a4a2，则ga

212a2

4.aa

当0a

11

时，ga0，ga在区间0,上是增函数；22

当a11时，ga0，ga在区间,上是减函数；22所以gag

1

0，即2ln2a4a20，2

即2ln2a4a2

所以要证x1x24a2，只需证x1x22ln2a.不妨设x1x2，由（1）知x1ln2a，x2ln2a.

4a2

令Gxfxf2ln2axe4axx4aln2a,xln2a

ex

24a2x4a则Gxex4a2ex4a0，eex

当且仅当e2a，即xln2a时，等号成立.

x所以Gx在ln2a,上单调递增.所以GxGln2a0.因为x2ln2a，所以Gx20，即fx2f2ln2ax2.

又fx1fx2，所以fx1f2ln2ax2.因为x2ln2a，所以2ln2ax2ln2a.

又x1ln2a，函数fx在,ln2a上单调递减，所以x12ln2ax2，即x1x22ln2a.所以x1x24a2.

