2021届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期高考二模考试数学试卷★祝考试顺利★(含答案)一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.1．设集合M，N，P均为R的非空真子集，且M∪N＝R，M∩N＝P，则M∩（∁R P）＝（）A．M B．N C．∁R M D．∁R N解：集合M，N，P均为R的非空真子集，且M∪N＝R，M∩N＝P，如图所示：所以M∩（∁R P）＝∁R N．故选：D．2．已知||＝2，||＝1，且与的夹角为，则（）＝（）A．B．1 C．2 D．3解：||＝2，||＝1，且与的夹角为，则（）＝+•＝1+2×＝2．故选：C．3．已知某圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则它的体积为（）A．B．C．D．解：∵圆锥的轴截面是正三角形ABC，边长等于4，如图：∴圆锥的高AO＝×4＝2，圆锥的底面半径r＝×4＝2，因此，该圆锥的体积V＝πr2•AO＝π×22×2＝．故选：C．4．若双曲线＝1（a＞0）的一条渐近线方程为y＝﹣x，则其离心率为（）A．B．2 C．D．解：双曲线＝1（a＞0）的一条渐近线方程为y＝﹣x，所以a＝2，b＝1，则c＝，则离心率e＝＝．故选：C．5．地铁某换乘站设有编号为A，B，C，D，E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A，B B，C C，D D，E A，E疏散乘客时间（s）120 220 160 140 200则疏散乘客最快的一个安全出口的编号是（）A．A B．B C．D D．E解：同时开放A、E两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为200s，同时开放D、E两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为140s，得到D疏散乘客比A快；同时开放A、E两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为200s，同时开放A、B两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为120s，得到A疏散乘客比E快；同时开放A、B两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为120s，同时开放B、C两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为220s，得到A疏散乘客比C快；同时开放B、C两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为220s，同时开放C、D两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间为160s，得到D疏散乘客比B快．综上，疏散乘客最快的一个安全出口的编号是D．故选：C．6．老师要从6篇课文中随机抽取3篇让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格，某同学只能背诵其中的4篇，该同学能及格的概率为（）A．B．C．D．解：老师要从6篇课文中随机抽取3篇让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格，某同学只能背诵其中的4篇，基本事件总数n＝＝20，该同学能及格包含的基本事件个数m＝＝16，∴该同学能及格的概率P＝＝＝．故选：D．7．如图，E是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱C1D1上的一点E（不与端点重合），BD1∥平面B1CE，则（）A．BD1∥CE B．AC1⊥BD1C．D1E＝2EC1D．D1E＝EC1解：如图，设B1C∩BC1＝O，可得面D1BC1∩面B1CE＝EO，∵BD1∥平面B1CE，根据线面平行的性质可得D1B∥EO，∵O为B1C的中点，∴E为C1D1中点，∴D1E＝EC1．故选：D．8．若2a+＝3b+＝5c+，则（）A．cln5＞aln2＞bln3 B．aln2＞cln5＞bln3C．bln3＞cln5＞aln2 D．aln2＞bln3＞cln5解：由函数，，可知，x∈（0，e），f'（x）＞0，x∈（e，+∞），f'（x）＜0，又，，所以．故选：A．二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．已知f（x）＝A sin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，φ∈（0，2π））的图象如图，则（）A．ω＝2 B．φ＝C．A＝2 D．x＝时，f（x）取最小值解：由题意知：＝﹣（﹣）＝，则T＝π，故ω＝＝2，故A正确；函数图像由y＝A sinωx的图像向左平移而得，故f（x）＝A sin[2（x+）]＝A sin（2x+），故φ＝，故B正确；f（0）＝A sin＝1，解得：A＝，故C错误；x＝时，2x+＝2π，f（x）不取最小值，故D错误；故选：AB．10．关于函数f（x）＝|ln|2﹣x||，下列描述正确的有（）A．函数f（x）在区间（1，2）上单调递增B．函数y＝f（x）的图象关于直线x＝2对称C．若x1≠x2，但f（x1）＝f（x2），则x1+x2＝4D．函数f（x）有且仅有两个零点解：函数f（x）＝|ln|2﹣x||的图象如下图所示：由图可得：函数f（x）在区间（1，2）上单调递增，A正确；函数y＝f（x）的图象关于直线x＝2对称，B正确；根据图象，由x1≠x2，但f（x1）＝f（x2），则x1+x2不一定等于4，C错误；函数f（x）有且仅有两个零点，D正确．故选：ABD．11．设z1，z2是复数，则下列命题中的真命题是（）A．若|z1﹣z2|＝0，则＝B．若z1＝，则＝z2C．若|z1|＝|z2|，则z1•＝z2•D．若|z1|＝|z2|，则z12＝z22解：对（A），若|z1﹣z2|＝0，则z1﹣z2＝0，z1＝z2，所以为真；对（B）若，则z1和z2互为共轭复数，所以为真；对（C）设z1＝a1+b1i，z2＝a2+b2i，若|z1|＝|z2|，则，，所以为真；对（D）若z1＝1，z2＝i，则|z1|＝|z2|为真，而，所以为假．故选：ABC．12．已知抛物线E：y2＝4x的焦点为F，准线l交x轴于点C，直线m过C且交E于不同的A，B两点，B在线段AC上，点P为A在l上的射影，下列命题正确的是（）A．若AB⊥BF，则|AP|＝|PC|B．若P，B，F三点共线，则|AF|＝4C．若|AB|＝|BC|，则|AF|＝2|BF|D．对于任意直线m，都有|AF|+|BF|＞2|CF|解：如图示：由题意E的焦点为F（1，0），准线l：x＝1，C（﹣1，0），不妨设l AB：my＝x+1，联立，则y2＝4（my﹣1），即y2﹣4my+4＝0，则y1+y2＝4m，y1y2＝4，设A（，y1），B（，y2），F（1，0），对于A：•＝0，则（1﹣，﹣y2）•（，y1﹣y2）＝0，整理得：（4﹣）（y1+y2）＝16y2，则m（4﹣）＝4y2，假设|AP|＝|PC|，则直线的斜率为1，即m＝1时，解方程（4﹣）＝4y2，得y1＝2+2，y2＝2﹣2，故y1+y2＝4≠4，故A错误；对于B：点P为A在l上的射影，则P（﹣1，y1），P，B，F三点共线时，有＝＝，解得：y2＝，y1＝2，故A（3，2），故|AF|＝4，故B正确；对于C：作BH⊥l于H，由|AB|＝|BC|，得2|BH|＝|AP|，故|AF|＝2|BF|，故C正确；对于D：由|AF|+|BF|＝|BH|+|AP|＝2++＝2+[﹣2y1y2]＝4m2，而|CF|＝2，由m（4﹣）＝4y2，得△＝16m2﹣16＞0，解得：m2＞1，故4m2＞4＝2|CF|，故D正确；故选：BCD．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．曲线y＝2x•lnx在点（1，0）处的切线方程为y＝2x﹣2 ．解：由题意，，∴所求切线方程的斜率k＝2ln1+2＝2，∴所求切线方程为y﹣0＝2（x﹣1），即y＝2x﹣2．故答案为：y＝2x﹣2．14．已知（x﹣1）n＝a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+a3（x+1）3+a4（x+1）4+a5（x+1）5+a6（x+1）6（a6≠0），则n＝ 6 ，a3＝﹣160 ．解：等式左边x的最高次幂为x n，等式右边x的最高次幂为x6，故n＝6．∵（x﹣1）6＝[（x+1）﹣2]6，其通项，令6﹣r＝3，解得r＝3，故，故答案为：6，﹣160．15．若函数f（x）＝sin（x+φ）+cos x为偶函数，则常数φ的一个取值为（答案不唯一）．解：根据题意，函数f（x）＝sin（x+φ）+cos x为偶函数，则f（﹣x）＝f（x），即sin（﹣x+φ）+cos（﹣x）＝sin（x+φ）+cos x，变形可得：sin（x+φ）+sin（x﹣φ）＝0，则有2sin x cosφ＝0，必有cosφ＝0，则φ＝kπ+，故答案为：（答案不唯一）．16．如图，假定两点P，Q以相同的初速度运动．点Q沿直线CD作匀速运动，CQ＝x；点P沿线段AB（长度为107单位）运动，它在任何一点的速度值等于它尚未经过的距离（PB＝y）．令P与Q同时分别从A，C出发，那么，定义x为y的纳皮尔对数，用现在的数学符号表示x与y的对应关系是，其中e为自然对数的底，当点P从线段AB的三等分点移动到中点时，经过的时间为．解：设P运动到第一个三等分点的时间为t1，此时Q运动的距离为x1，P运动到中点的时间为t2，此时Q运动的距离为x2，∵两点P，Q以相同的初速度运动，设点Q的运动速度为v＝107，∴，，∴，，∴＝．故答案为：．四、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．已知数列{a n}中，a1＝1，且a n+1＝a n+n．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设，数列{b n}的前n项和T n．解：（1）∵a n+1＝a n+n，∴a n+1﹣a n＝n．∴a1＝1，a2﹣a1＝1，a3﹣a2＝2，⋯，a n﹣a n﹣1＝n﹣1，∴，∴；（2）由（1）知，，因此，．18．如图，在平面四边形ABCD中，AD⊥CD，∠BAD＝，2AB＝BD＝4．（1）求cos∠ADB；（2）若BC＝，求CD．解：（1）△ABD中，由余弦定理得，cos∠DAB＝，cos∠ADB＝，因为∠BAD＝，AB＝2，BD＝4，故AD＝，cos∠ADB＝，（2）由（1）得sin∠ADB＝＝，因为AD⊥CD，即∠ADC＝90°，所以cos∠ADC＝cos（∠ADB+∠BDC）＝0，解得，cos∠BDC＝，根据余弦定理得，cos∠BDC＝，所以＝，故CD＝3或CD＝﹣（舍），故CD＝3．19．已知某射手射中固定靶的概率为，射中移动靶的概率为，每次射中固定靶、移动靶分别得1分、2分，脱靶均得0分，每次射击的结果相互独立，该射手进行3次打靶射击：向固定靶射击1次，向移动靶射击2次．（1）求“该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次”的概率；（2）求该射手的总得分X的分布列和数学期望．解：（1）记“该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次”为事件D，射中固定靶为事件A，射中移动靶分别为事件B，C，则D＝AB+A C，其中AB+A C互斥，A，B，C，，相互独立，P（A）＝，P（B）＝P （C）＝，∴P（D）＝P（AB）+P（A C）＝+＝．即该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次的概率为．（2）X的可能取值为0，1，2，3，4，5．P（X＝0）＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝2＝，P（X＝3）＝2＝，P（X＝4）＝（1﹣）×＝，P（X＝5）＝＝，该射手的总得分X的分布列为：X 0 1 2 3 4 5P∴E（X）＝0×+1×+2×＝．20．在空间直角坐标系O﹣xyz中，以坐标原点O为圆心．r为半径的球体上任意一点P（x，y，z），它到坐标原点O的距离d＝≤r，可知以坐标原点为球心，r为半径的球体可用不等式x2+y2+z2≤r2表示．还有很多空间图形也可以用相应的不等式或者不等式组表示．记P1满足的不等式组表示的几何体为W1．（Ⅰ）当z＝h表示的图形截W1所得的截面面积为12π时，求实数h的值；（Ⅱ）请运用祖暅原理求证：记P2满足的不等式组所表示的几何体W2，当z＝h时，W与W1的体积相等，并求出体积的大小．（祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意2思是：所有等高处横截面积相等的两个同高立体，其体积也必然相等）解：（Ⅰ）当z＝h时，x2+y2≤16﹣h2，截面为圆面，依题意，16﹣h2＝12，解得h＝±2，又h≥0，故h＝2；（Ⅱ）证明：在W1中，平面z＝h所截的截面为圆，其面积为（16﹣h2）π，在W2中，平面z＝h所截的截面为圆环，其面积为（16﹣h2）π，即z＝h截W1，W2所得面积均相等，从而由祖暅原理知，W1，W2的体积相等，由W1为半球可知，．21．已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A，B，O为坐标原点，直线l：x＝1与C的两个交点和O，B构成一个面积为的菱形．（1）求C的方程；（2）圆E过O，B，交l于点M，N，直线AM，AN分别交C于另一点P，Q，点S，T满足，，求O到直线ST和直线PQ的距离之和的最大值．解：（1）直线l与椭圆C在第一象限的交点为（1，y0），则S菱形＝ay0＝，又因为（0，0）与（a，0）关于（1，0）对称，所以a＝2，y0＝，将（1，）代入椭圆方程有+＝1，所以b2＝2，所以椭圆C的方程为+＝1．（2）设k为（1，0），由O，M，B，N共圆，可得|OK|•|KB|＝|MK|•|NK|，设M（0，m），N（0，﹣n），则mn＝1，所以k AP•k AQ＝•＝﹣，设直线PQ的方程为b＝k（x+2）﹣y，联立椭圆的方程为（x+2）2+2y2﹣4（x+2）•＝0，所以1+2（）2﹣4•＝0，所以2（）2﹣•+1﹣＝0，令t＝x+2，则2t2﹣t+1﹣＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则k AP＝，k BP＝，不妨设t1＝k AP＝，t2＝k BP＝，所以t1，t2为方程2t2﹣t+1﹣＝0的两个根，所以t1t2＝k AP•k BP＝＝﹣，解得b＝k，所以直线PQ的方程为k＝k（x+2）﹣y，即直线PQ：y＝k（x﹣）恒过点（，0），所以|AG|＝，因为＝，＝，所以ST∥PQ，设ST与x轴交于点H，则AH＝HG，即ST恒过定点H，则O到ST和PQ的距离之和最大值为|HG|＝，|AG|＝．22．已知函数f（x）＝sin x+e﹣x．（Ⅰ）求函数f（x）在[]的最大值；（Ⅱ）证明：函数g（x）＝x+2e﹣x﹣f（x）在（0，2π）有两个极值点x1，x2，并判断x1+x2与2π的大小关系．【解答】（Ⅰ）解：函数f（x）＝sin x+e﹣x，所以f'（x）＝cos x﹣e﹣x，则f''（x）＝﹣sin x+e﹣x，所以当x∈[]时，﹣sin x＞0，故f''（x）＞0，所以函数f'（x）在[]上单调递增，又f'（）＜0，f'（2π）＝1﹣e﹣2π＞0，所以f'（x）在[]上有唯一的零点t，当x∈（）时，f'（x）＜0，当x∈（t，2π）时，f'（x）＞0，故f（x）在（）上单调递减，在（t，2π）上单调递增，又，f（2π）＝e﹣2π＞0，所以f（x）在[]上的最大值为e﹣2π；（Ⅱ）证明：g'（x）＝，①当时，g'（x）单调递增，又，，所以g'（x）在有唯一的零点，此时当x∈（0，t1）时，g'（x）＜0，则g（x）单调递减，当时，g'（x）＞0，则g（x）单调递减，故x＝t1是极小值点，不妨设x1＝；②当时，cos x＜0，所以，故g（x）在上单调递增，故g（x）没有极值点；③当，g''（x）＝sin x+e﹣x＝f（x），由（Ⅰ）知，f（x）在（）上单调递减，在（t，2π）上单调递增，且，f（2π）＝e﹣2π＞0，故g''（x）由唯一的零点，则当时，g''（x）＜0，则g'（x）单调递减，当x∈（t0，2π）时，g''（x）＞0，则g'（x）单调递增，又，，所以g'（x）在由唯一的零点，此时时，g'（x）＞0，则g（x）单调递增，当x∈（t2，2π）时，g'（x）＜0，所以x＝t2是极大值点，即，且，由于，所以cos x1＜cos x2＝cos（2π﹣x2），因为，所以x1＞2π﹣x2，即x1+x2＞2π．。