2021年高考数学模拟考试卷(十六)(含解析).doc

2021年高考数学模拟考试卷（十六）（含解析）

2021年高考数学模拟考试卷（十六）（含解析）

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高考数学模拟考试卷（十六）
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）已知全集，集合，，则　　
A．， B．， C．， D．，
2．（5分）已知复数，其中是虚数单位，则复数等于　　
A． B． C． D．
3．（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
4．（5分）《乘风破浪的姐姐》是一档深受观众喜爱的电视节目．节目采用组团比赛的方式进行，参赛选手需要全部参加完五场公开比赛，其中五场中有四场获胜，就能取得参加决赛的资格．若某参赛选手每场比赛获胜的概率是，则这名选手能参加决赛的概率是　　
A． B． C． D．
5．（5分）已知圆上存在两点，关于直线对称，则的最小值是　　
A．1 B．8 C．2 D．4
6．（5分）圭表（圭是南北方向水平放置测定表影长度的刻板，表是与圭垂直的杆）是中国古代用来确定节令的仪器，利用正午时太阳照在表上，表在圭上的影长来确定节令．已知冬至和夏至正午时，太阳光线与地面所成角分别为，，表影长之差为，那么表高为　　

A． B．
C． D．
7．（5分）已知椭圆的左、右焦点为，，过右焦点作垂直于轴的直线交椭圆于，两点，若，则椭圆的离心率为　　
A． B． C． D．
8．（5分）已知三棱柱，，，两两互相垂直，且，，分别是，边的中点，是线段上任意一点，过三点，，的平面与三棱柱的截面有以下几种可能：①三角形；②四边形；③五边形；④六边形．其中所有可能的编号是　　

A．①② B．③④ C．①②③ D．②③④
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）是评估空气质量的一个重要指标，我国标准采用世卫组织设定的最宽限值，即日均值在以下空气质量为一级，在之间空气质量为二级，在以上空气质量为超标．如图为某地区2021年2月1日到2月12日的日均值（单位：的统计图，则下列叙述正确的是　　

A．该地区这12天中空气质量超标的日期为2月6日
B．该地区这12天日均值的中位数为
C．该地区这12天日均值的平均数为
D．该地区从2月6日到2月11日的日均值持续减少
10．（5分）下列说法正确的是　　
A．命题，的否定，
B．二项式的展开式的各项的系数和为32
C．已知直线平面，则“”是”的必要不充分条件
D．函数的图象关于直线对称
11．设，，则下列结论正确的是　　
A．不等式 恒成立
B．函数 的是小值为 2
C．函数 的最大值为
D．若，则 的最小值为
12．（5分）已知函数，则下列结论正确的是　　
A．是周期为的奇函数
B．在上为增函数
C．在内有20个极值点
D．若在，上恒成立，则
三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）设为等比数列的前项和，且，，则的值是　　．
14．（5分）已知，则　　．
15．（5分）已知直线与双曲线相交于不同的两点，，为双曲线的左焦点，且满足，为坐标原点），则双曲线的离心率为　　．
16．（5分）已知某空心圆锥的母线长为，高为，记该圆锥内半径最大的球为球，则球与圆锥侧面的交线的长为　　．
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）在中，角，，的对边分别为，，，且．
（1）求；
（2）若，延长至，使，求的长．

18．（12分）已知数列的首项，前项和为，且数列是以1为公差的等差数列．
（1）求数列的前项和；
（2）设等比数列的首项为2，公比为，其前项和为，若存在正整数，使得是与的等比中项，求的值．

19．（12分）在一次大范围的随机知识问卷调查中，通过随机抽样，得到参加问卷调查的100人的得分统计结果如表所示：
得分
，
，
，
，
，
，
，
频数
2
13
21
25
24
11
4
（1）由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分，近似为这100人得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的左端点值作代表）．
①求的值；
②若，求的值；
（2）在（1）的条件下，为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：
①得分不低于的可以获赠2次随机话费，得分低于的可以获赠1次随机话费；
②每次获赠的随机话费和对应的概率为：
赠送话费的金额（单位：元）
20
50
概率

现有市民甲参加此次问卷调查，记（单位：元）为该市民参加问卷调查获赠的话费，求的分布列与数学期望．

20．（12分）如图，已知斜三棱柱底面是边长2的正三角形，为所在平面上一点且四边形是菱形，，四边形为正方形，平面平面．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求平面与平面所成二面角的正弦值．

21．（12分）已知在平面直角坐标系中，动点到定点的距离与到定直线的距离的比等于常数2．
（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；
（Ⅱ）若直线与曲线的另一个交点为，以为直径的圆交直线于，两点，设劣弧所对的圆心角为，求证：为定值．

22．（12分）已知函数．
（1）当时，判定有无极值，并说明理由；
（2）若对任意的恒成立，求的最小值．

高三模拟考试卷（十六）答案
1．解：全集，集合，所以，
又，
所以，．
故选：．
2．解：因为复数，
所以复数．
故选：．
3．解：由得,此时成立，即充分性成立，
当,时，满足，但不成立，即必要性不成立，
即“”是“”的充分不必要条件，
故选：．
4．解：节目采用组团比赛的方式进行，参赛选手需要全部参加完五场公开比赛，
其中五场中有四场获胜，就能取得参加决赛的资格．
若某参赛选手每场比赛获胜的概率是，
则这名选手能参加决赛的概率是：
．
故选：．
5．解：圆的圆心，
圆上存在两点，关于直线对称，
可得，即，，
则，
当且仅当，时取等号，
所以的最小值是4．
故选：．
6．解：如图，设表高，
在中，，则，
，
在直角三角形中，，
即．
故选：．

7．解：椭圆的左、右焦点为，，过右焦点作垂直于轴的直线交椭圆于，两点，若，所以，
可得，所以，
即，，解得．
故选：．
8．解：以点为原点，为轴，为轴，为轴，延长分别交轴，轴于点，．
连接交轴于点，则过，，三点的平面与过点，，的平面相同，
当点与点重合时，截面为四边形；
当时，截面为五边形；
当时，截面为四边形；
当点与点重合时，截面为三角形；
而该三棱柱只有五个面，截面与每个面相交最多产生五条交线，故截面形状最多为五边形，即不可能为六边形．
故选：．

9．解：对于，这12天中只有2月6日的日均值大于，所以2月6日空气质量超标，正确；
对于，这12天的日均值按从小到大顺序排列后，位于第6和第7的日均值为50和53，
所以中位数是，错误；
对于，计算平均数为，所以正确；
对于，2月11日的日均值大于2月10日的日均值，所以错误．
故选：．
10．解：对于：命题，的否定，，故正确；
对于：二项式的展开式的各项的系数和为，故错误；
对于：已知直线平面，由于直线与的关系不确定，
故“”是”的既不必要不充分条件，故错误；
对于：由于关于的对称点为，
故，满足，
故函数的图象关于直线对称，故正确．
故选：．
11．解：因为，，
，当且仅当时取等号，正确；
因为，则，当且仅当，即时取等号，但，故错误；
，当且仅当，即时取等号，正确；
因为，所以，
则，
当且仅当时取等号，错误．
故选：．
12．解：的定义域是，，
是奇函数，但，
不是周期为的函数，故错误；
当，时，，，单调递增，
当时，，
，单调递增，
且在，连续，故在，单调递增，故选项正确；
当，时，，，
令，得，2，3，4，5，6，7，8，9，，
当时，，，
令，得，，，，，，，，，，
故在内有20个极值点，故选项正确；
当时，，则，
当，时，，
设，则，
令，，，
，单调递增，
，
，在，单调递增，
，故选项正确，
故选：．
13．解：等比数列中，，
所以，
故，
因为，
所以，
即，
即．
故答案为：4．
14．解：因为，
令时，则，即，
令时，则，
又展开式的含的项为，
所以，
则，
故答案为：．
15．解：设，则，
取双曲线的右焦点，连接，，
可得四边形为平行四边形，
可得，设在第一象限，可得，即，
由平行四边形的对角线的平方和等于四条边的平方和，
可得，
化为，则．
故答案为：．

16．解：圆锥的轴截面如图所示，
由题意可知，圆锥的高，母线，设的内切圆与圆锥的母线相切于点，则，
该圆锥内半径最大的球即以为圆心，为半径的球，
在直角三角形中，，
由圆的切线性质可得，所以，
直线三角形和直角三角形中，因为，所以，所以，则可得，
过点作，为垂足，则球与圆锥的侧面的交线是以为半径的圆，所以，
因为，解得，
所以球与圆锥的侧面的交线长为．
故答案为：．

17．解：（1）由正弦定理及，
得，
因为，
所以，
即，
所以，
因为，
所以，
所以；
（2）中，由正弦定理得，，
所以，
中，由余弦定理得，，
．
18．解：（1）由题设可得：，即，
又当时，，
当时，也适合上式，
，，
；
（2）由（1）可知：，
由得：，
，
，，
，或2，
当时，，解得：（舍负），
当时，，解得：（舍负），
或．
19．解（1）①由题意得，
．
②若，
则，
解得．
（2）由题意知，
获赠话费的可能取值为20，40，50，70，100，
，
，
，
，
，
的分布列为：

20
40
50
70
100

．

20．Ⅰ）证明：取中点，连接、、，
因为，所以，
因为四边形为正方形，所以，
所以平面，因为平面，
所以，又因为平面平面，
所以平面，又因为平面平面，
所以平面，
因为且，所以，
所以平面；
（Ⅱ）解：建立如图所示的空间直角坐标系，
在△中，，
，，，，，，
设平面的法向量为，，，
，令，，1，，
平面的法向量为，1，，
所以平面与平面所成二面角的余弦值为，
故平面与平面所成二面角的正弦值为．

21．（Ⅰ）解：设，则，
，化简得，
故动点的轨迹的方程为．
（Ⅱ）证明：①当轴时，把代入中，可得，，
圆心为，半径为3，
由垂径定理知，，
，，即，为定值．
②当不垂直轴时，设其方程为，，，，，
联立，得，
，，
，
的中点坐标为，，
又，
圆的半径，
圆心（即的中点）到直线的距离，
由垂径定理知，，
，，即，为定值．
综上所述，为定值．
22．解：（1）当时，，，，
令，，
即在上单调递增，又（1），（2），
使得，且函数在上单调递减，在，上单调递增，
函数存在唯一极小值，无极大值．
（2），即，
化为，即，．
令，，
函数在上单调递减，
不等式，即，
又当时，，时，，．
，即，．
令，．
则，
可得函数在上单调递增，在单调递减．
（e），．
的最小值为．