2021年高考数学模拟考试卷(十一)(含解析).doc

2021年高考数学模拟考试卷（十一）（含解析）2021年高考数学模拟考试卷（十一）（含解析）年级：姓名：高考数学模拟考试卷（十一）一、 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）已知集合，若，则所有符合条件的实数组成的集合是AB，0，C，D2（5分）已知复数满足，则复数的模A0B1CD23（5分）的展开式中的系数为A10B20C30D404（5分）我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来研究函数图象的特征我们从这个商标中抽象出一个图象如图，其对应的函数可能是ABCD5（5分）电视机的使用寿命与显像管开关的次数有关某品牌的电视机的显像管开关了10000次还能继续使用的概率是0.80，开关了15000次后还能继续使用的概率是0.60，则已经开关了10000次的电视机显像管还能继续使用到15000次的概率是A0.75B0.60C0.48D0.206（5分）“”是“”的A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件7（5分）在公差为1的等差数列中，已知，若对任意的正整数，恒成立，则实数的取值范围是A，BCD8（5分）在平面四边形中，若点为边上的动点，则的最小值为ABC12D6二、 选择题：本题共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，部分选对的对2分，有选错的得0分。9（5分）如图是某正方体的平面展开图，则在这个正方体中，以下命题正确的是A与成角B与是异面直线CD平面平面10（5分）已知，且，若，则，的大小关系可以是ABCD11（5分）下列命题正确的有A若方程表示圆，则的取值范围是B若圆的半径为1，圆心在第一象限，且与直线和轴都相切，则该圆的标准方程是C已知点在圆上，的最大值为1D已知圆和，圆和圆的公共弦长为12（5分）已知函数，则A在上单调递增B是周期函数，且周期为C直线是的对称轴D函数在上有且仅有一个零点三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知函数，则14（5分），为球面上四点，分别是，的中点，以为直径的球称为，的“伴随球”，若三棱锥的四个顶点在表面积为的球面上，它的两条边，的长度分别为和，则，的伴随球的体积的取值范围是15（5分）已知为抛物线的焦点，点，在抛物线上，且分别位于轴的上、下两侧，若的面积是为坐标原点），且，则直线的斜率是16（5分）定义在上的奇函数满足，且当时，则函数在，上的零点之和为四、 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）在，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答问题：在中，角，的对边分别为，且_求的面积18（12分）如图，平面，四边形是正方形，、分别是、的中点（1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离19（12分）设正项数列的前项和为，且（1）证明：数列是等差数列并求数列的通项公式；（2）已知，数列的前项的和为，若对一切恒成立，求的取值范围20（12分）近年来，我国肥胖人群的规模不断扩大，肥胖人群有很大的心血管安全隐患，目前，国际上常用身体质量指数来衡量人体胖瘦程度以及是否健康，其计算公式是，中国成人的数值标准为：为偏瘦；为正常；为偏胖；为肥胖，某单位随机调查了100名员工，测量身高、体重并计算出值（1）根据调查结果制作了如下列联表，请将列联表补充完整，并判断是否有的把握认为肥胖与不经常运动有关；肥胖不肥胖合计经常运动员工4060不经常运动员工2440合计100（2）若把表中的频率作为概率，现随机抽取3人进行座谈，记抽取的3人中“经常运动且不肥胖”的人数为，求随机变量的分布列及数学期望附：，其中0.100.050.010.0052.7063.8116.6357.87921（12分）已知为坐标原点，椭圆，点，为上的动点，三点共线，直线，的斜率分别为，（1）证明：；（2）当直线过点时，求的最小值；22（12分）已知函数，且为常数，为自然对数的底数）（1）讨论函数的极值点的个数；（2）当时，对任意的恒成立，求实数的取值范围高三模拟考试卷（十一）答案1解：集合，当时，成立；当时，由，得或，解得或所有符合条件的实数组成的集合是，0，故选：2解：复数满足，所以，即，解得复数的模为故选：3解：，故它的展开式中的系数为，故选：4解：函数的定义域为，排除选项和，当时，但在选项中，由于，所以，可排除选项，故选：5解：记“开关了10000次还能继续使用”为事件，记“开关了15000次后还能继续使用”为事件，根据题意，易得（A），（B），则，由条件概率的计算方法，可得，故选：6解：因为，解得，又，解得，即由可推出，而时，在的情况下，不成立；所以“”是“”的充分不必要条件故选：7解：等差数列的首项，公差，则，则点在函数的图象上，由恒成立，得为数列的最大项，可知，得实数的取值范围是故选：8解：如图所示：以为原点，以所在的直线为轴，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，过点作轴，轴，设，当时，取得最小值为故选：9解：把正方体的平面展开图还原为正方体，对于，是与所成角（或所成角的补角），故与成角，故正确；对于，与既不相交，又不平行，是异面直线，故正确；对于，、平面，平面，平面，故正确；对于，平面，、平面，平面平面，故正确故选：10解：，且，当时，取，则，此时，故成立；取，此时，故成立；当时，取，则，此时，故成立；当时，不成立；当时，不成立；当时，不成立，故不成立故选：11解：对于，圆方程可化为由于该方程表示圆，故，解得，故错误；对于，圆的半径为1，圆心在第一象限，且与直线和轴都相切，圆心的纵坐标是1，设圆心坐标，则，又，该圆的标准方程是，故正确；对于，设，即，则圆的标准方程为，则圆心坐标为，半径，则圆心到直线的距离，即，即，平方得，解得，故的最大值是，故错误；对于，两圆方程相减，得圆和圆的公共弦所在直线方程为：，即圆心到直线的距离，圆和圆的公共弦长，故正确故选：12解：当时，此时或，当时，此时，作出函数的图象如图：则在上单调递减，故错误，是周期函数，周期为，故正确，直线是的对称轴，故正确，由得，在上有且仅有一个零点，正确，故正确故选：13解：由分段函数可知，故答案为：14解：由题意可知，球的半径为，分别取球的两条弦，的中点，则，即弦，分别是以为球心，半径为3和2的球的切线，且弦在以为球心，半径为2的球的外部，的最大距离为，最小距离为当，三点共线时，分别取最大值5与最小值1故半径分别为，的伴随球的体积的取值范围是，故答案为：，15解：设直线的方程为：，点，代入，可得，根据韦达定理有，从而，点，位于轴的两侧，故不妨令点在轴上方，则，又，的面积是，可得，即有，直线的斜率是：故答案为：16解：原问题等价于求解函数与函数 的交点横坐标之和由题意可得：，故函数的周期为2，设，则，设，则，设，则，据此绘制函数图像如图所示，观察可知，函数的图像关于点对称，且函数 的图像也关于点对称，两函数交点个数为6个，故零点之和为6故答案为：617解：若选择条件，由于，由正弦定理可得，由余弦定理可得，由，可得，由，及正弦定理，可得，将，和代入，解得，所以，所以若选择条件，由于，可得，即，可得，由，可得，由余弦定理可得，由，及正弦定理，可得，将，和代入，解得，所以，所以若选择条件，由于，由正弦定理可得，可得，由于，可得，由于，解得，由，可得，由余弦定理可得，由，及正弦定理，可得，将，和代入，解得，所以，所以18（1）证明：平面，、两两互相垂直，如图所示，分别以、所在直线为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，可得，0，0，2，2，0，0，1，1，1，2，设，是平面的一个法向量，可得，取，得，是平面的一个法向量，同理可得，1，是平面的一个法向量，即平面的法向量与平面的法向量互相垂直，可得平面平面；（2）解：由（1）得，是平面的一个法向量，2，得，点到平面的距离19解：（1），数列是以1为首项，1为公差的等差数列，当时，当时，故（2），对一切恒成立，当且仅当时取等号，故的取值范围是20解：（1）列联表补充完整，如下表：肥胖不肥胖合计经常运动员工204060不经常运动员工241640合计4456100，有的把握认为肥胖与不经常运动有关；（2）经常运动且不肥胖的概率为：，的所有可能取值为0，1，2，3，的分布列为：012321解：（1）证明：设，三点共线，且在椭圆上，关于原点对称，设，则，所以，即，所以（2）设方程为：，即，联立，消可得，所以，所以，所以，所以，所以，令，则，当且仅当，时取等，所以的最小值为822解：（1）函数的你定义域为，在区间上单调递增，且，当时，在区间上恒成立，即，函数在上单调递增，此时无极值点；当时，方程有唯一解，设为，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，是函数的极小值点，即函数只有一个极值点；综上，当时，无极值点，当时，有一个极值点；（2）当时，对任意的恒成立，即对恒成立，即对恒成立，记，记，故在上单调递增，又，存在，使得，且，在上单调递减，在，上单调递增，又，即，综上所述，实数的取值范围为，