2021屆浙江省寧波市XX中學高三下學期高考模擬測試數(shù)學試題(解析版)

2021屆浙江省寧波市效實中學高三下學期高考模擬測試數(shù)學試題一、單選題1．設全集，集合，，則集合是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】先由集合先求出，然后再求交集運算.【詳解】由，則又，所以故選：B2．已知（是虛數(shù)單位），則（）A． B． C． D．【答案】D【分析】先由條件可得，由復數(shù)的除法運算化簡求出復數(shù)，根據(jù)共軛復數(shù)的概念可得答案.【詳解】由，可得多以故選：D3．若實數(shù)，滿足約束條件，則的取值范圍是（）A． B．C． D．【答案】A【分析】由目標式的幾何意義：可行域上的點與所在直線的斜率，畫出可行域，求出臨界點與所成直線的斜率，即可得的范圍.【詳解】由知：表示與的斜率，根據(jù)約束條件可得可行域如下圖示：∴當為，，存在臨界值分別為，，∴由圖知：.故選：A4．已知等差數(shù)列的前項和為，且滿足，，則該數(shù)列的公差可取的值是（）A．3 B．1 C．-1 D．-3【答案】D【分析】由可得，然后將化為，即得，結合，所以得到，從而得出答案.【詳解】由，即又，所以則，即又，則，解得選項中只有選項D滿足.故選：D5．“”是“”成立的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分又不必要條件【答案】B【分析】首先根據(jù)，根據(jù)，即可得到答案.【詳解】，,因為推不出，能推出，所以“”是“”成立的必要不充分條件.故選：B6．已知，，則（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用角的變換，再根據(jù)兩角差的余弦公式即可求解.【詳解】解：因為，所以，又，所以，所以，所以.故選：D.7．函數(shù)的圖象大致為（）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據(jù)定義域排除D，根據(jù)奇偶性排除A，根據(jù)時排除C.【詳解】由得，所以函數(shù)的定義域為，排除D；顯然是偶函數(shù)，其圖像關于軸對稱，排除A；又當時，，所以，排除C.故選：B.【點睛】方法點睛：解決函數(shù)圖象的識別問題的技巧：一是活用性質(zhì)，常利用函數(shù)的定義域、值域、單調(diào)性與奇偶性來排除不合適的選項；二是取特殊點，根據(jù)函數(shù)的解析式選擇特殊點，即可排除不合適的選項，從而得出正確的選項．8．設，分別是雙曲線的左、右焦點，是雙曲線上一點，若，且的最小內(nèi)角為30°，則雙曲線的漸近線方程是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】首先設點在雙曲線的右支上，由題知：，從而得到，根據(jù)，即可得到為的最小內(nèi)角，再利用余弦定理求解即可.【詳解】設點在雙曲線的右支上，由題知：，又因為，所以，即為的最小內(nèi)角.所以，化簡得，即，解得.所以，所以漸近線方程為.故選：C【點睛】方法點睛：求雙曲線漸近線的方法：1.直接法：根據(jù)題意求出雙曲線中的，從而得到雙曲線的漸近線方程；（2）方程法：根據(jù)題意得到的齊次式，再解方程即可.9．已知棱長為3的正四面體的底面確定的平面為，是內(nèi)的動點，且滿足，則動點的集合構成的圖形的面積為（）A．3 B．C． D．無窮大【答案】B【分析】構建空間直角坐標系，確定A、D的坐標，設，利用兩點距離公式得到、，根據(jù)可得，即可知P的集合，進而可求面積.【詳解】如下圖，構建以D為原點，分別以平面內(nèi)垂直于的、、垂直于面的為x、y、z軸的正方向的空間直角坐標系，由題意，由A到的距離為，則，，設，∴，，又，∴，整理得，∴，即P的集合是半徑為的圓(含圓內(nèi)部)，∴圖形的面積為.故選：B【點睛】關鍵點點睛：構建空間直角坐標系，確定相關點坐標，利用兩點距離公式及已知條件列不等式，即可得P集合的代數(shù)表達式.10．定義數(shù)列如下：存在，滿足，且存在，滿足，已知數(shù)列共4項，若且，則數(shù)列共有（）A．190個 B．214個 C．228個 D．252個【答案】A【分析】由題意，滿足條件的數(shù)列中的4項有四種情況：4項中每一項都不同；4項中有2項相同；4項中有3項相同；4項中兩兩相同，利用排列組合知識分別求出每種情況的個數(shù)即可求解.【詳解】解：由題意，滿足條件的數(shù)列中的4項有四種情況：（1）4項中每一項都不同，共有個；（2）4項中有2項相同（如x,y,z,x）,共有個；（3）4項中有3項相同（如x,x,y,x）,共有個；（4）4項中兩兩相同（如x,y,x,y）,共有個；所以數(shù)列共有個.故選：A.【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵，弄清楚滿足條件的數(shù)列中的4項有四種情況：4項中每一項都不同；4項中有2項相同；4項中有3項相同；4項中兩兩相同.二、雙空題11．已知的展開式中二項式系數(shù)的和為64，則______，二項展開式中含的項為______．【答案】6【分析】由題得出，求得，求出展開式通項，令的指數(shù)為4，即可求出.【詳解】展開式中二項式系數(shù)的和為64，即，解得，的展開式的通項為，令，則，故二項展開式中含的項為.故答案為：6；.12．三棱錐中，，，，，兩兩垂直，為中點，則異面直線與所成角的余弦值是______；取中點，則二面角的大小是______．【答案】【分析】連接MN，則，易知與所成角的平面角為，根據(jù)直三棱錐的性質(zhì)及已知條件求、、，在△中應用余弦定理求的余弦值即可；過M作于D，若E為AN的中點，連接DE、ME，易知D是AC的中點，易證面，即是二面角的平面角，進而求其大小.【詳解】由題設，連接中位線MN，則，即異面直線與所成角的平面角為，∵，，，，兩兩垂直，∴，則，且，∴在△中，，過M作于D，易知D是AC的中點，若E為AN的中點，連接DE、ME，∴，，而，∴面，故是二面角的平面角，∵，，兩兩垂直，易知面、面、面兩兩垂直，又面面，面∴面，面，即，∴在中，，，則，∴.故答案為：，【點睛】關鍵點點睛：根據(jù)異面直線所成角、二面角的定義，利用平移找到異面直線的平面角，由線面垂直確定二面角的平面角，進而求它們的大小.13．某商場迎新游園摸彩球贏積分活動規(guī)則如下：已知箱子中裝有1個紅球3個黃球，每位顧客有放回地依次取出3個球，則摸到一個紅球兩個黃球的概率為______；若摸到一個紅球得2積分，則顧客獲得積分的期望為______．【答案】【分析】根據(jù)題意一次摸到紅球的概率為，摸到黃球的概率為，進而根據(jù)二項分布即可得摸到一個紅球兩個黃球的概率為，進而設每位顧客有放回地依次取出3個球，摸到紅球的個數(shù)為，該顧客獲得積分為，則，，再根據(jù)二項分布期望公式求解.【詳解】根據(jù)題意，一次摸到紅球的概率為，摸到黃球的概率為，所以每位顧客有放回地依次取出3個球，則摸到一個紅球兩個黃球的概率為，設每位顧客有放回地依次取出3個球，摸到紅球的個數(shù)為，則，設該顧客獲得積分為，則，所以.所以顧客獲得積分的期望為.故答案為：；【點睛】本題考查二項分布及其期望，考查運算求解能力，是中檔題.本題解題的關鍵在于根據(jù)題意得一次摸到紅球的概率為，摸到黃球的概率為，進而設每位顧客有放回地依次取出3個球，摸到紅球的個數(shù)為，該顧客獲得積分為，且，再結合二項分布求解.14．已知點是拋物線：上一點，以為圓心，為半徑的圓與拋物線的準線相切，且與軸的兩個交點的橫坐標之積為5，則圓的方程為______，若過拋物線的焦點作圓的切線交拋物線于，兩點，則|______．【答案】16【分析】首先設圓與拋物線的準線切于點，與軸交于兩點，根據(jù)拋物線的定義得到為拋物線的焦點，從而得到，又根據(jù)得到，帶入拋物線即可得到，再計算半徑即可得到圓的標準方程.設，，根據(jù)切線性質(zhì)得到，從而得到，再聯(lián)立拋物線計算即可.【詳解】設圓與拋物線的準線切于點，與軸交于兩點，如圖所示：因為，所以為拋物線的焦點，則，又因為，所以.因為，所以，，，，所以圓：.設，，如圖所示：，所以，，聯(lián)立，得，.所以.故答案為：；【點睛】方法點睛：解決直線與拋物線交點問題，首先設出交點坐標，聯(lián)立直線與拋物線，利用韋達定理求解即可.三、填空題15．已知點為所在平面內(nèi)一點，滿足，，，則______．【答案】7【分析】建立平面直角坐標系，設，，，依題意可得，根據(jù)，即可得到與的關系，即可求出參數(shù)的取值；【詳解】解：如圖建立平面直角坐標系，設，，，由，所以，所以，，由，所以，所以，又所以，解得或，因為，所以故答案為：16．已知正數(shù)，滿足，則的最大值為______．【答案】【分析】由條件得，進而得，由基本不等式可得解.【詳解】由，得，由，得，所以，當且僅當，即時等號成立，、所以的最大值為.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題的解題關鍵是利用等量代換實現(xiàn)二元換一元，進而可利于基本不等式求最值.17．已知當時，函數(shù)的最大值為8，則實數(shù)的取值為______．【答案】2或【分析】令，則原問題等價于，且在上等號能取到，然后數(shù)形結合，借助導數(shù)知識可得結果.【詳解】∵，∴，∴，令，即，且在上等號能取到，在同一坐標系下，分別作出函數(shù)的圖象，經(jīng)過點時，可得令，設的切點為，則，解得：，，∴實數(shù)的取值為2或，故答案為：2或【點睛】關鍵點點睛：含參絕對值函數(shù)的最值問題轉化為圖象位置關系問題，轉化為切線問題，利用了數(shù)形結合的思想.四、解答題18．已知函數(shù)，．（Ⅰ）求函數(shù)的最小值及對應的的值；（Ⅱ）設的內(nèi)角是，，，若，且，的角平分線交于，，求的值．【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）由二倍角余弦公式、輔助角公式可得，進而可求內(nèi)的最小值及對應的的值；（Ⅱ）由題設有，結合即可求，根據(jù)已知條件求角C，利用正弦定理及角平分線的性質(zhì)有，即可求的值.【詳解】（Ⅰ）由題設，，，∴，∴當時，.（Ⅱ）由，得：，又，∴，則或，解得(舍)或.由題設，，又，∵，∴.19．如圖，正方形和正方形所在平面的二面角是60°，為中點．（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求與面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）.【分析】(1)建系并設邊長為求出各點的坐標，求出和面AMF法向量，得出即可.(2)求出面EMC的法向量和，進而求出即可.【詳解】(1)由題意可知，過D作z軸垂直底面ABCD，如圖，則z軸垂直DC和DA，以DA為x軸，DC為y軸，設邊長DA=.因為四邊形ABCD和CDEF都是正方形，所以，所以為正方形ABCD和CDEF所成的二面角，所以，，，，，，,則，，設面AMF的一個法向量為有，所以，有又面，所以面.(2)由(1)知，，，,設面EMC的一個法向量為，，所以所以與面所成角的正弦值為.【點睛】(1)證明線面平行的常用方法①利用線面平行的定義(無公共點)．②利用線面平行的判定定理(a?α，b?α，a∥b?a∥α)．③利用面面平行的性質(zhì)定理(α∥β，a?α?a∥β)．④利用面面平行的性質(zhì)(α∥β，a?β，a∥α?a∥β)．(2)利用向量法求線面角的2種方法法一：分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)．法二：通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的角(夾角為鈍角時取其補角)，取其余角就是斜線和平面所成的角．20．已知數(shù)列的前項和為，，，公比為2的等比數(shù)列的前項和為，并且滿足．（Ⅰ）求數(shù)列，的通項公式；（Ⅱ）已知，規(guī)定，若存在使不等式成立，求實數(shù)的取值范圍．【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）由遞推式，令求，寫出的通項公式及，結合已知條件求通項公式.（Ⅱ）應用裂項求和求，即有，進而求的范圍．【詳解】（Ⅰ）由題設，，即，可得，又等比數(shù)列的公比為2，∴，故，即，當時，，即，當時，，∴上有，即，而，∴是常數(shù)列且，即；（Ⅱ）由題意，，∴，對有解，則，令，故，∴當時，；當時，，知：為的最小項，∴．【點睛】關鍵點點睛：第二問，利用裂項求和求，將有解問題轉化為，利用數(shù)列的性質(zhì)求最小項，即可得參數(shù)范圍.21．已知橢圓：的離心率為，短軸長為2，橢圓的左、右頂點分別為，．過點的直線與橢圓交于，兩點，其中，．（Ⅰ）求橢圓的標準方程；（Ⅱ）設直線，的斜率分別為，，，的面積分別為，．（i）求的值；（ii）若直線斜率，求的取值范圍，【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）；（ii）.【分析】（Ⅰ）根據(jù)條件可得，再由離心率可得，從而得出，得到答案.（Ⅱ）（i）令直線為，代入，得出韋達定理，再分別表示出，，將韋達定理代入可得答案.（ii）令直線為，其中,與橢圓方程聯(lián)立得出，設直線的方程為，同理得出，表示出，結合（i）中，的關系，得到的關系，然后把表示成的式子，再求范圍.【詳解】（Ⅰ）由條件橢圓的離心率為，短軸長為2，則，，解得所以橢圓的方程為：；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得（i）令直線為，代入，得，則，，，；（ii）令直線為，其中，由，則代入，得，所以，設直線的方程為，則，同理可得由（i）有，則，所以先求的范圍,設，則，即由，令，解得所以在上單調(diào)遞減.所以，故所以【點睛】關鍵點睛：本題考查由離心率求橢圓的方程考查直線與橢圓的位置關系和橢圓中三角形的面積問題，解答本題的關鍵是設直線為與橢圓方程聯(lián)立得出，同理可得，結合（i）中，得到，然后得出，，從而求解，屬于難題.22．設函數(shù)，（Ⅰ）若，記函數(shù)的極值點個數(shù)和的零點個數(shù)分別為，，求．（Ⅱ）若函數(shù)有兩個極值點，求實數(shù)的取值范圍，【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）利用二階導數(shù)研究的單調(diào)性，結合零點存在性定理可知在上有一個零點，又，可得，由題設得，構造，由導數(shù)研究單調(diào)性進而判斷區(qū)間符號可確定的單調(diào)性，由區(qū)間符號得到單調(diào)性，結合零點存在性判斷零點個數(shù)，進而可得.（Ⅱ）由題設得，構造且定義域，則，當時單調(diào)遞增，至多有一個極值點；當時，令利用導數(shù)求其零點，進而判斷的單調(diào)性且，列不等式求參數(shù)范圍.【詳解】（Ⅰ）由題意，，，當時，，為減函數(shù)，當時，，為增函數(shù)，∴，又，．∴存在唯一的，使，而，∴存在兩個極值點0和，