河南省罗山县高级中学2021届高三高考模拟考试(一)数学(理)试题-扫描版含答案.docx

河南省罗山高中2021届高三高考模拟考试（一）
理科数学试题
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题：本大题共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. 假如集合，集合则（ ）
A． B. C. D.
2．已知为虚数单位，且，则的值为（ ）
A．4 B． C． D．
3．下列说法中，正确的是（ ）
（A），
（B）命题p：，，则：，
（C）在△ABC中，“”是“△ABC为锐角三角形”的必要不充分条件
（D）已知，则“”是“”成立的充分不必要条件
4. 等差数列的前n项和为，且满足，，则，，…，中最大的项为（ ）
A. B. C. D.
5. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A. B.
C. D.
6. 已知不等式组表示区域，过区域中任意一点作圆的两条切线且切点分别为，当最大时，（ ）
A. B. C. D.
7. 现有12张不同的卡片，其中红色、黄色、绿色、蓝色卡片各3张，从中
任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且蓝色卡片至多1张. 则不
同的取法共有（ ）
（A）135 （B）172 （C）189 （D）216
8. 执行如图所示的算法，则输出的结果是（ ）
A．1 B． C． D．2
9. 方程在内有相异
两解，则（ ）
A． B． C．或 D．或
10.已知函数是定义在R上的增函数，
函数的图象关于点
对称，若任意的，不等式恒成立，则当时，的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
11．如图，已知椭圆，双曲线，若以C1的长轴为直径的圆与C2的一条渐近线交于A，B两点，且C1与该渐近线的两交点将线段AB三等分，则C2的离心率为（ ）
A．5 B．
C． D．
12．已知函数，若方程有四个不同的解，，，，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上.
13. 已知为由不等式组，所确定的平面区域上的动点，若点，则的最大值为
14. 若（）,记,则的值为_______.
15. 设Sn为数列{an}的前n项之和，若不等式对任何等差数列{an}及任何正整数n恒成立，则λ的最大值为 ．
16. 已知球的直径,是球球面上的三点，是正三角形，且
,则三棱锥的体积为_________.
三、解答题：本大题共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. （本小题满分12分）设的三内角所对的边分别为且.
（Ⅰ）求的值;（Ⅱ）若，且的周长为14，求的值.

19. （本小题满分12分）如图，在中，已知在上，且又平面.
（Ⅰ）求证：⊥平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值．
20. （本小题满分12分）已知椭圆：过点，离心率为.
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）设分别为椭圆的左、右焦点，过的直线与椭圆交于不同两点，记的内切圆的面积为，求当取最大值时直线的方程，并求出最大值．
21. （本小题满分12分）已知函数，，其中,（e≈2.718）．
（1）若函数有极值1，求的值；
（2）若函数在区间上为减函数，求的取值范围；
（3）证明：．
请考生在22、23、24题中任选择一题作答，做答题请写清题号。
22. （本小题满分10分）选修4－1：几何证明选讲
如图所示，为圆的直径，，为圆的切线，
，为切点.
⑴ 求证：；
⑵ 若圆的半径为2，求的值.
23. (本小题满分10分) 选修4－4：坐标系与参数方程
在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数）.
⑴ 以原点为极点、轴正半轴为极轴建立极坐标系，求圆的极坐标方程；
⑵ 已知，圆上任意一点，求面积的最大值.
24．（本小题满分10分）选修4—5；不等式选讲．
函数.
（1）若，求函数的定义域A；
（2）在（1）的条件下设，当实数时，证明：.

参考答案
一、选择题：
1．【解析】集合指函数的定义域，故，即；集合指函数的定义域，即，所以 选C
2. 【解析】由，可得 ，∴，∴ ，故选B
3. 【解析】
试题分析：对（A），当时，.故错.
对（B）， 应为：，.
对（C），在△ABC中，当△ABC为锐角三角形时，必有.当时，只能说明角为锐角，角B或角C还有可能为钝角，故不愿定为锐角三角形，所以是必要不充分条件，结论正确.
对（D）， “”时，不愿定有“”，比如取.当时，必有.所以应为必要不充分条件.
综上知，选C.
4.试题分析：由，又，，所以.又.所以数列的公差小于0，且.所以.由.所以<0,由于前八项是递减且为正，由所以前八项递增，又有>0.故选D.
5. 试题分析：依据三视图可知该几何体为一个四棱锥和三棱锥的组合体，如图所示,且平面，平面，底面为正方形，则有,所以和到平面的距离相等，且为，故,
，则该几何体的体积为.
6. 【解析】由题可得，当圆心与区域中的点距离最小时，最大，所以圆心到直线的距离最小，即，由于半径，所以角，即，故选B.
7. 【解析】C
试题分析：取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，则这3张可以是两种颜色，也可以是三种颜色；蓝色卡片至多1张，则有两种状况：一是无蓝色，二是有一张是蓝色.若无蓝色，则共有种；若有1张蓝色，则共有.共有189种.
8. 【解析】试题分析：

输出；故选A.
9. A 【解析】可化为，画出函数在的图象，原条件等价于直线与函数在的图象有两个交点，如图直线所在位置的两种状况下，由图象的对称性知，，或．
10. C 【解析】
试题分析：∵的图象关于点对称，∴的图象关于点对称，即为奇函数．由不等式，又函数是定义在上的增函数．

考点：函数的单调性、奇偶性、对称性．
11. 【答案】C．
【解析】
试题分析：设椭圆与双曲线的渐近线相交于两点（设在轴的上方）以及，由题意，可得，即；联立，得；联立，
得，即，即，即，即．
12. 【答案】B
【解析】
试题分析：先画出函数，的图象，方程有四个不同的解，，，，且，由时，，则横坐标为与两点的中点横坐标为
即：，当时，由于在上是减函数，在上是增函数，又由于，，则，有，又由于方程有四个不同的解，所以，则，则，，设，（），由于，则在上是减函数，则，故应选择
二、填空题：
13. 1
试题分析：依据题意画出可行域如图：
,其几何意义为向量在上的投影，当动点坐标为，所以，所以答案为：．
14. 1
试题分析：令得，又令得，所以
15.
试题分析：当时，;当时，
，所以
16. 【解析】
试题分析：设球心为M，三角形ABC截面小圆的圆心为，∵ABC是等边三角形，∠APQ=∠BPQ=∠CPQ=30
∴P在面ABC的投影是等边△ABC的中心，∵PQ是直径，∴∠PCQ=90°，∴PC=4cos30°= ，
∴P= ，由是等边△ABC的中心，∴ ，∴等边三角形ABC的高H=，AC= ，∴

三、解答题：
17. （1） ；（2） .
（1）由正弦定理得，

即，
化简可得．
又，
所以，因此＝. ……5分
（2）由＝得.
由余弦定理及得

所以.又.从而，因此. ……12分
考点：1.正弦定理、余弦定理的应用;2.两角和差的三角函数.

19．解：（Ⅰ）设， …1分
由平面，知⊥平面.从而
在中为直角三角形，故 ………3分
又，又平面
平面，平面．……5分
故∵∴平面 …………6分
（Ⅱ）以所在射线分别为轴，建立直角坐标系如图.…7分
则由（Ⅰ）知，,
………8分
由（Ⅰ）知平面是平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
令，则，……10分
………11分
由图可知，二面角的余弦值为……12分
20. 【答案】（Ⅰ）椭圆的标准方程为；（Ⅱ）.
试题解析：（Ⅰ）由题意得 解得
椭圆的标准方程为. ……4分
（Ⅱ）设，的内切圆半径为，则

所以要使取最大值，只需最大 ……6分
设直线的方程为
将代入可得(*)
恒成立，方程(*)恒有解，
记
在上递减，
所以当即时，，此时. ……12分
考点：1、椭圆的标准方程；2、直线与圆锥曲线的位置关系；3、函数的最值.
21.（1）解：∵，
∴ 1分
①若，则对任意的都有，即函数在上单调递减
函数在上无极值 1分
②若，由得
当时，当时，
即函数在单调递减，在单调递增
∴函数在处有微小值
∴
∴ 3分
（2）解法1：∵函数=在区间上为减函数且当时，
∴在上恒成立在上恒成立 5分
设，则
当时，，
所以在上恒成立，即函数在上单调递减
∴当时，
∴ 8分

考点：1、利用导数争辩函数的极值；2、利用导数争辩函数的单调性；3、不等式的恒成立；
22【命题意图】本小题主要考查平面几何的证明，具体涉及到圆的切线的性质，三角形相像等内容. 本小题重点考查考生对平面几何推理力气.
【试题解析】解： (1) 连接是圆的两条切线，， 又为直径，，. 5分
(2)由，，∽，
，. 10分
23【命题意图】本小题主要考查极坐标系与参数方程的相关学问，具体涉及到极坐标方程与平面直角坐标方程的互化、平面内直线与曲线的位置关系等内容. 本小题考查考生的方程思想与数形结合思想，对运算求解力气有确定要求.
【试题解析】解：（1）圆的参数方程为（为参数）
所以一般方程为. 2分
圆的极坐标方程：. 5分
（2）点到直线：的距离为 7分
的面积
所以面积的最大值为 10分
24. 解:（1）由，得 （5分）
（2）
又
而

……（10分）