2021年山东省泰安市高考数学第二次检测试卷（二模）

1、2021年山东省泰安市高考数学第二次检测试卷（二模）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（5分）设，则ABCD2（5分）若复数满足，则的虚部为ABCD43（5分）已知圆锥的轴截面是边长为8的等边三角形，则该圆锥的侧面积是ABCD4（5分）已知，则，的大小关系是ABCD5（5分）已知抛物线的准线与圆相切，则A2B6或C或10D2或6（5分）函数的图象可能是ABCD7（5分）的展开式中，项的系数是A28BC56D8（5分）已知随机变量，有下列四个命题：甲：乙：丙：丁：如果只有一个假命题，则该命题为A甲B乙C丙D丁二、多项选择题：本题

2、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。全部选对的得5分。有选错的得0分，部分选对的得3分。9（5分）某大学生暑假到工厂参加生产劳动，生产了100件产品，质检人员测量其长度（单位：厘米），将所得数据分成6组：，得到如图所示的频率分布直方图，则对这100件产品，下列说法中正确的是AB长度落在区间，内的个数为35C长度的众数一定落在区间，内D长度的中位数一定落在区间，内10（5分）将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，则A函数的图象的一个对称中心为B函数是奇函数C函数在上的单调递减区间是D函数的图象的一个对称轴方程为11（5分）如图，在正方体中，分别为，的中点

3、，则AB平面CD向量与向量的夹角是12（5分）已知函数，则A在上为增函数B当时，方程有且只有3个不同实根C的值域为D若，则，三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）设向量，且，则14（5分） 15（5分）数列的前项和为，若，则 16（5分）过曲线的左焦点作曲线的切线，设切点为，延长交曲线于点，其中、有一个共同的焦点，若，则曲线的离心率为四、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（10分）已知等差数列的前项和为，数列为等比数列，满足，是与的等差中项（1）求数列，的通项公式；（2）从数列中去掉数列的项后余下的项按原来的顺序组成数列，设数列的

4、前项和为，求18（12分）在，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答问题：在中，内角，所对的边分别为，且_（1）求角；（2）若是内一点，求19（12分）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，为上一点，且（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值20（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆交于、两点，圆是的内切圆当直线的倾斜角为时，直线与椭圆交于点（1）求椭圆的方程；（2）求圆周长的最大值21（12分）某新型双轴承电动机需要装配两个轴承才能正常工作，且两个轴承互不影响现计划购置甲，乙两个品牌的轴承，两个品牌轴承的使用寿命及价格情况如表：品牌价格（元、件）使用寿命（月甲

5、10007或8乙4003或4已知甲品牌使用7个月或8个月的概率均为，乙品牌使用3个月或4个月的概率均为（1）若从4件甲品牌和2件乙品牌共6件轴承中，任选2件装入电动机内，求电动机可工作时间不少于4个月的概率；（2）现有两种购置方案，方案一：购置2件甲品牌；方案二：购置1件甲品牌和2件乙品牌（甲，乙两品牌轴承搭配使用）试从性价比（即电动机正常工作时间与购置轴承的成本之比）的角度考虑，选择哪一种方案更实惠？22（12分）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若存在实数，使得恒成立的值有且只有一个，求的值2021年山东省泰安市高考数学第二次检测试卷（二模）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共8小题，

6、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【解答】解：，；故选：2【解答】解：由，得，的虚部为故选：3【解答】解：因为圆锥的轴截面是边长为8的等边三角形，故圆锥的底面半径为4，底面周长为，故圆锥的侧面积是故选：4【解答】解：，且，故选：5【解答】解：抛物线的准线方程为，圆的圆心为，半径为3，由准线与圆相切，可得，解得或，故选：6【解答】解：函数的定义域为，为奇函数，故排除选项，；又，且是第一个大于0的零点，故排除选项故选：7【解答】解：的展开式中，通项公式为，令，可得项的系数是，故选：8【解答】解：只有一个是假命题，乙、丙必为真命题（乙与丙共真假），则，由正态分布

7、曲线的对称性可得，则甲为真命题，丁为假命题，故选：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。全部选对的得5分。有选错的得0分，部分选对的得3分。9【解答】解：对于：由频率之和为1，得，解得，所以选项正确，对于选项：长度落在区间，内的个数为，所以选项正确，对于选项：对这100件产品，长度的众数不一定落在区间，内，所以选项错误，对于选项：对这100件产品，因为，而，所以长度的中位数一定落在区间，内，所以选项正确，故选：10【解答】解：，选项，令，则，函数的对称中心为，不包含点，即选项错误；选项，为奇函数，即选项正确；选项，令，则，函数的单调递减区间

8、为，即选项正确；选项，令，则，当时，函数的图象的一个对称轴方程为，即选项正确故选：11【解答】解：对于，与相交但不垂直，与不垂直，故错误；对于，平面，平面，平面，故正确；对于，故正确；对于，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，0，1，0，0，则，1，0，所以，所以向量与向量的夹角是，故错误故选：12【解答】解：对于：当时，单调递增，当时，单调递增，当时，作出函数图像可得：所以在，时，单调递增，故不正确；对于：当时，过点，所以当时，与有两个交点，当时，令，即，解得，此时与的交点为，综上，与有三个交点，即有三个实数根，故正确；对于：当时，结合图像可得的值域为，故正确；对

9、于：若，则或，当时，即为，恒过点，设过与相切的切线的切点为，所以，解得，所以当时，的的取值范围为，当时，即，设过点与相切的切线的切点为，所以，解得，所以当时，的的取值范围为，综上所述，的取值范围为，故正确故选：三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解答】解：向量，实数，解得故答案为：14【解答】解：故答案为：15【解答】解：，解得，是等差数列，解得，即，解得，故答案为：16【解答】解：设双曲线的右焦点，作抛物线的准线于点，则易得：，由，则，则，由，则，曲线的离心率故答案为：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【解答】解：（1）设等差数

10、列的公差为，等比数列的公比为，由，是与的等差中项，可得，即，解得，则；（2），所以数列前60项中与数列的公共项共有6项，且最大公共项为，又，所以18【解答】解：（1）方案一：条件：已知：，整理得：，所以，化简得：，所以，故，由于，所以（2）由于，所以，在中，所以，在中，所以，整理得：，故（2）方案二：选时，所以，所以，由于，所以，（2）由于，所以，在中，所以，在中，所以，整理得：，故选条件，整理得：，所以，整理得：，由于，所以（2）由于，所以，在中，所以，在中，所以，整理得：，故19【解答】（1）证明：因为，所以，所以，又因为，、平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面（2）解：建立如图所示的

11、空间直角坐标系，设平面和平面的法向量分别为，令，1，令，0，所以二面角的余弦值为20【解答】解：（1）设椭圆的半焦距为，则，当直线的倾斜角为时，直线的方程为，又直线与椭圆交于点，所以，即，将，代入椭圆方程可得，解得或（舍去），所以，则椭圆的方程为；（2）设圆的半径为，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，又，所以；当直线的斜率存在时，设为，则直线的方程为，设，由，可得，所以，所以，又，所以，所以，综上可得，所以当时，圆的周长取得最大值21【解答】解：（1）若取2个甲品牌，必满足题意，对应的概率为：，若取一甲一乙，要能连续使用4个月的概率：，若取2个乙，能连续使用4个月的概率为：，所求概率为：；（2）设电机正常工作时间为个月，方案一中，的取值为7，8，；，由于甲为1000元每件，故性价比为；方案二中，的所有可能取值为：6，7，8，；，又因甲为1000元每件，乙为400元每件，两件共800元，故性价比为；从性价比看方案二更实惠22【解答】解：（1），的定义域是，当时，在上单调递增，当时，令，解得：，当时，当，时，在上单调递增，在，上单调递减；综上：当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在，上单调递减；（2）恒成立，即恒成立，令，则，当时，单调递增，要使在上恒成立，只需，此时不唯一，不合题意；当时，令，解得：，在上单调递增，要使在上恒成立，只需，此时不唯一，