陕西省榆林市2021届高三理科数学下学期第二次高考模拟试题（Word版附答案）

榆林市 2021 届高考模拟第二次测试 理科数学试题 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 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.   4 4 4i i i   （ ） A. 8 15i B. 15i C. 8 15i D. 15i 2. 有限集合 A 中元素的个数，用  card A 表示.若集合  2M x Z x a     ，  3, 2,2,3N    ，且  card 5M  ，则  card M N  （ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 3. 2020 年广东 12 月份天气预报历史记录中 1 号至 8 号的数据如表所示，则（ ） 日期 最高气温/ C 最低气温/ C 12 月 1 日 23 14 12 月 2 日 23 13 12 月 3 日 20 11 12 月 4 日 19 10 12 月 5 日 21 9 12 月 6 日 21 15 12 月 7 日 23 12 12 月 8 日 23 11 A. 这 8 天的最高气温的极差为 5 C B. 这 8 天的最高气温的中位数为 23 C C. 这 8 天的最低气温的极差为 5 C D. 这 8 天的最低气温的中位数为11.5 C 4. 已知  ( ) 2 2x xf x a a   为奇函数，则“ m a  ”是“   0f m  ”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 若 3 3( ) sin cos sin cosf x x x x x  的最大值为（ ） A. 1 2 B. 1 4 C. 2 2 D. 1 6. 将《傲慢与偏见》《巴黎圣母院》等六本不同的国外名著按如图所示的方式竖放在一起，则 《傲慢与偏见》放在最前面或最后面的不同放法共有（ ） A. 120 种 B. 240 种 C. 200 种 D. 180 种 7. 若函数 2( ) lnf x x x  的图像在   ,a f a 处的切线与直线 2 6 5 0x y   垂直，则 a 的 值为（ ） A. 1 B. 2 或 1 4 C. 2 D. 1 或 1 2 8. 如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体某条 棱上的一个端点 P 在正视图中对应的点为 M ，在俯视图中对应的点为 N ，则 P 在侧视图中 对应的点为（ ） A. 点 D B. 点C C. 点 B D. 点 A 9. 我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》卷五“田域类”里有一个题目：“问有 沙田一段，有三斜.其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里.里法三百步.欲知为田几何.” 题意是有一个三角形的沙田，其三边长分别为 13 里、14 里、15 里、1 里为 300 步，设 6 尺为 1 步，1 尺＝0.231 米，则该沙田的面积约为（结果精确到 0.1，参考数据： 2415.8 172889.64 ） （ ） A. 15.6 平方千米 B. 15. 2 平方千米 C. 14.8 平方千米 D. 14.5 平方千米 10. 已知三棱锥 B PAC 的侧棱都相等，侧棱的中点分别为 D ，E ，F ，棱 AC 的中点为G ， PB  平面 ABC .且 4AB  ， 120ABC   .若四面体 DEFG 的每个顶点都在球O 的球面 上，则该球面与三棱锥 B PAC 侧面的交线总长为（ ） A. 7 3  B. 8 3  C. 10 3  D. 11 3  11. 已知 3log 7a  ， 25log 343b  ， 9 1 4log 22c   ，则（ ） A. b a c  B. c a b  C. a b c  D. b c a  12. 已知双曲线C ：   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的虚轴的一个顶点为 D ，直线 2x a 与C 交于 A ， B 两点，若 ABD△ 的垂心在C 的一条渐近线上，则 C 的离心率为（ ） A. 5 B. 2 C. 3 D. 2 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 若  2,3a   ，  10,b m ，且 b a  ，则   _________. 14. 若抛物线  2 2 0x py p  上的点  ,1A m 到焦点的距离为 4，则 m  _________. 15. 设 x ，y 满足约束条件 1 3 1 3 x y      ，且  0, 0z ax by a b    的最大值为 3，则 1 9 a b  的 最小值为_________. 16. 关于函数 ( ) 4sin 6f x x      有如下四个命题： ① ( )f x 的最小正周期为 2； ② ( )f x 的图像关于点 7 ,06      对称； ③若    f a x f a x   ，则 a 的最小值为 2 3 ； ④ ( )f x 的图像与曲线 1 250 6y xx       共有 4 个交点. 其中所有真命题的序号是__________. 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 题~第 21 题为必考题， 每个考题考生必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60 分. 17. 已知 nS 为数列 na 的前 n 项和，数列 nS 是等差数列，且 5 9S  ， 9 17S  . （1）求 na 的通项公式； （2）求数列 2n n na S  的前 n 项和 nT . 18. 2020 年底某网购公司为了解会员对售后服务（包括退货、换货、维修等）的满意度，从 2020 年下半年的会员中随机调查了 20 个会员，得到会员对售后服务满意度评分的雷达图如图 所示.规定评分不低于 80 分为满意，否则为不满意. （1）求这 20 个会员对售后服务满意的频率. （2）以（1）中的频率作为所有会员对该公司售后服务满意的概率，假设每个会员的评价结 果相互独立，现从下半年的所有会员中随机选取 3 个会员. （i）求只有 1 个会员对售后服务不满意的概率； （ii）记这 3 个会员中对售后服务满意的会员的个数为 X ，求 X 的数学期望与标准差（标准 差的结果精确到 0.1）. 19. 如图所示的几何体由等高的 1 2 个圆柱和 1 4 个圆柱拼接而成，点G 为弧CD 的中点，且C 、 E 、 D 、G 四点共面. （1）证明： BF  平面 BCG . （2）若直线 DF 与平面 AFB 所成角为 45，求平面 BDF 与平面 ABG 所成锐二面角的余弦 值. 20. 已知椭圆C ：   2 2 2 2 1 0y x a ba b     的焦距与椭圆 2 2 13 x y  的焦距相等，且C 经过抛 物线  21 2y x   的顶点. （1）求C 的方程； （2）若直线 y kx m  与C 相交于 A ， B 两点，且 A ， B 关于直线l ： 1 0x ty   对称， O 为C 的对称中心，且 AOB△ 的面积为 10 3 ，求 k 的值. 21. 已知函数 3 2( ) 6f x x x ax   的图像经过点  2,2A . （1）设t R ，讨论 ( )f x 在 1, 上的单调性； （2）若 ( )f x 在 , 1m m 上的最大值为  f m ，求 m 的取值范围 . （二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答，并用 2B 铅笔将所选题号涂黑， 多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做的第一题计分. 22. [选修 4-4：坐标系与参数方程] 在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 3 3cos 3sin x y       （ 为参数），点 P 的坐标为  ,0m . （1）以坐标原点为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求C 的极坐标方程； （2）若直线l ： 1 2 3 2 x m t y t      （t 为参数）与曲线C 交于 A ， B 两点，若 2PA PB  ，求 2 6m m 的取值范围. 23. [选修 4-5：不等式选讲] 已知函数 ( ) 3 5 3 3f x x x    . （1）求不等式 ( ) 40f x  的解集； （2）若不等式 2( ) 2logf x m m  对任意 x R 恒成立，求 m 的取值范围. 榆林市 2021 届高考模拟第二次测试 理科数学逐题解析 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 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. 解析：       24 4 4 1 4 4 4 8 15i i i i i i i i          ，故选 A. 2. 解析：因为  2M x Z x a     ，  card 5M  ，所以  1,0,1,2,3M   ，而  3, 2,2,3N    ，因此  2,3M N  ，  card 2M N  ，故选 C. 3. 解析：这 8 天的最高气温的极差为 23 19 4 C   ，这 8 天的最高气温的中位数为 21 23 22 C2    ，这 8 天的最低气温的极差为15 9 6 C   ，这 8 天的最低气温的中位数为 11 12 11.5 C2    ，故选 D. 4. 解析：因为  ( ) 2 2x xf x a a   为奇函数，所以 1 2a  ， ( ) 2 2x xf x   为 R 上的减函 数，   0f m  ， 0m  ，因此，“ 1 2m   ”是“   0f m  ”的充分不必要条件，故选 B. 5. 解析：因为  3 3 2 2( ) sin cos sin cos sin cos sin cosf x x x x x x x x x    1 1sin 2 cos2 sin 42 4x x x    ，所以 3 3( ) sin cos sin cosf x x x x x  的最大值为 1 4 ，故选 B. 6. 解析：《傲慢与偏见》故在最前面或最后面的不同放法共有： 5 52 240A  种，故选 B. 7. 解析： 1( ) 2f x x x   ，∴   12 3f a a a    ，∴ 1a  或 1 2 ，故选 D. 8. 解析：根据三视图可知，该几何体的直观图如图所示，由图可知， P 在侧视图中对应的点 为点 B ，故选 C. 9. 解析：由海伦公式可得：该沙田的面积  2 221 8 7 6 300 6 0.231 84 415.8         84 172889.64 14522729.76   平方米 ≈14.5 平方千米，故选 D. 10. 解析：连结 BG ，∵ 4AB BC BP   ，侧棱的中点 D ， E ， F ，G 分别为各棱的中 点， 120ABC   ，∴ 2BD BE BF BG    ，∴点 B 即为球O 的球心，∵ PB  平面 ABC ，∴球面与三棱锥 B PAC 侧面的交线总长为 2120 90 90 102360 3      ，故选 C. 11. 解析： 3 25 3 3 3log 7log 243 log 7log 25b a    ， 9 9 9 3 1 4log 2 log 48 log 49 log 72c a      ，所以b a c  ，故选 A. 12. 解析：设 ABD△ 的垂心为 H ，则 DH AB ，不妨设  0,6D ，则  ,H a b ，  2 , 3A a b ，  2 , 3B a b ，  ,H a b ，因为    3 1 3 1 12AD BH b b k k a a       ，所以则 2 2a b ， 2 2 21 2be a    ， 2e  ，故选 D. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 答案：-5 解析：因为  2,3a   ，  10,b m ，且 b a  ，所以 2 10  ， 5   . 14. 答案： 2 3 解析：因为抛物线  2 2 0x py p  上的点  ,1A m 到焦点的距离为 4，所以1 42 P  ，即： 6P  ， 2 12x y ，所以 2 12m  ， 2 3m  . 15. 答案：16 解析：因为 x ， y 满足约束条件 1 3 1 3 x y      ，且  0, 0x ax by a b    的最大值为 3，所以 3 3 3a b  ，即 1a b  ，所以  21 31 9 16a b a b    ，当且仅当 1 3 a b  ，即： 1 4a  ， 3 4b  时取等号. 16. 答案：①②④ 解析：由下图可得： ( )f x 的最小正周期为 2，①正确； ( )f x 的图像关于点 7 ,06      对称，② 正确；离 y 轴最近的对称轴为 1 3x   ，所以若    f a x f a x   ，则 a 的最小值为 1 3 ， ③错误； ( )f x 的图像与曲线 1 250 6y xx       只有 4 个交点，④正确；故其中所有真命题 的序号是①②④. 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 题~第 21 题为必考题， 每个考题考生必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60 分. 17. 解析：（1）因为数列 nS 是等差数列，且 5 9S  ， 9 17S  ，设数列 nS 的公差为 d ， 则 17 9 29 5d   ， 2 1nS n  .当 2n  时， 1 2n n na S S    ，当 1n  时， 1 1 1a S  ， 所以 2, 2 1, 1n na n    ； （2）当 2n  时， 3 142 1 2 3 2 5 2 (2 1)n nT n           3 4 12 2 2 2 1 3 5 2 1n n         3 2 2 22 (1 2 1)2 2 61 2 2 2 n nn n n          ，当 1n  时， 1 1T  ，也满足上式，所以 2 22 6n nT n   . 18. 解析：（1）由雷达图可知，这 20 个会员对售后服务满意的频率为 14 0.720  ； （2）（i）设只有 1 个会员对售后服务不满意的事件 A ，则   1 2 3 0.3 0.7 0.441P A C    ； （ii）因为  ~ 3,0.7X B ，所以 3 0.7 2.1EX    ， 3 0.7 0.3 0.63DX     ， 0.8DX  . 19. 解析：（1）取弧 AB 的中点 H ，连结 BH ，GH ，则 45ABF ABH     ，所以 BF BH ，因为 / /BC GH ，所以四边形 BCGH 为平行四边形，BF GC ，又因为 BC  平面 ABF ，所以 BC BF ，所以 BF  平面 BCG . （2）以 A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设 2AB  ，因为直线 DF 与平面 AFB 所成角为 45，则  0,2,0AB  ，  1,1,2AG   ，  2,2,0FB   ，  2,0,2FD   ，设 平面 BDF 的法向量为  , ,n x y z ，由 0 0 n FB n FD          可得： 0 0 x y x z      ，令 1x  ，则  1,1,1n  ，同理可得：平面 ABG 的法向量为  2,0,1m  ，则 3 15cos , 53 5 m nm n m n          ，故平面 BDF 与平面 ABG 所成锐二面角的余弦值为 15 5 . 20. 解析：（1）由题意： 2 2 2 2 2 1 1 2 a b a b       ，解得： 2 4a  ， 2 2b  ，所以C 的方程为： 2 2 14 2 y x  ； （2）因为直线 y kx m  与C 相交于 A ，B 两点，且 A ，B 关于直线l ： 1 0x ty   对称， 所以 k t ，联立 2 2 14 2 y kx m y x     可得 2 2 22 2 4 0k x kmx m     ，设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， AB 的中点为  0 0,P x y ，则  2 28 2 4 0k m     ， 0 2 2 kmx k    ， 0 0 2 2 2 my kx m k     ，因为  0 0,P x y 在直线l ： 1 0x ky   上，所以 2 2 2 1 02 2 km km k k      ，即 2m k k       ，所以 2 2 48 0k k        ，即： 2 2k  ，      2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 k k AB k k k k      ，O 到直线 AB 的距离   2 2 2 2 2 1 1 m kd k k k     ，  2 2 2 41 10 2 3AOB k S AB d k    △ ，解得： 2 3k  ， 3k   . 21. 解析：（1）因为  2 2 16 2f a   ，所以 9a  ， 3 2( ) 6 9f x x x x   ，     2'( ) 3 4 3 3 3 1f x x x x x      ，当 1x  或 3x  时， '( ) 0g x  ，当1 3x  时， '( ) 0g x  ，所以： ①当 1t  时， ( )f x 在 ,1t 和  3, 上递增，在 1,3 上递减； ②当1 3t  时， ( )f x 在 ,3t 上递减，在  3, 上递增； ③当 3t  时， ( )f x 在 ,t  上递增； （2）因为 ( )f x 在 , 1m m 上的最大值为  f m ，所以由（1）可得：     1 3 1 m f m f m     ， 解得： 9 331 6m   ，故 m 的取值范围为 9 331, 6       . （二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答，并用 2B 铅笔将所选题号涂黑， 多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做的第一题计分. 22. 解析：（1）因为C 的参数方程为 3 3cos 3sin x y       （ 为参数），所以C 的直角坐标方程为 2 2 6x y x  ，故 C 的极坐标方程为 6cos  ； （2）将直线l ： 1 2 3 2 x m t y t      （t 为参数）代入 2 2 6x y x  ，可得：  2 23 6 0t m t m m     ， 则    2 23 4 6 0m m m      ，即： 2 6 3m m  ，因为 2 1 2 6 2PA PB t t m m     ， 所以 2 6 2m m   或 22 6 3m m   ，故 2 6m m 的取值范围为    , 2 2,3   . 23. 解析：（1） ( ) 3 5 3 3 40f x x x     ，由绝对值的几何意义可得： 19 3 21x   ， 即： 19 73 x   ，不等式 ( ) 40f x  的解集为 19 ,73     ； （2）因为    ( ) 3 5 3 3 3 5 3 3 8f x x x x x         ， 1x   时可取到等号，所以 22log 8m m  ，令   22logg m m m  ，则  g m 为 0, 上的增函数，且  4 8g  ， 所以 0 4m  ，故 m 的取值范围为 0,4 .