2021届河南省实验中学高三第四次模拟考试数学（文）试题（含解析）

这是一份2021届河南省实验中学高三第四次模拟考试数学（文）试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届河南省实验中学高三第四次模拟考试数学（文）试题  一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出集合A，然后进行交集的运算即可得到答案.【详解】故选：C2．若，表示两个不同的平面，为平面内一条直线，则（    ）A．“”是的充分不必要条件B．“”是的必要不充分条件C．“”是“”的必要不充分条件D．“”是“”充要条件【答案】B【分析】根据线面与面面平行、垂直的判定与性质即可判断结果．【详解】A中，若，根据面面平行的判定定理不能得到，A错；B中，若，根据面面平行的性质可得，又因为不能推出，B正确；C中，若，根据面面垂直的性质不能推出，C错；D中，若，根据面面垂直判定不能推出，D错故选：B．3．在平面直角坐标系中，不等式组所表示的平面区域的面积是（    ）A．4 B．2 C．1 D．【答案】C【分析】先画出区域，求出顶点坐标，再求面积.【详解】作出可行域如图所示：不等式所表示区域即为三角形ABC，由，求得C(0,1),同理可求：A(1,2), B(1,0),所以即平面区域的面积是1.故选：C4．函数的部分图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先判断函数的奇偶性，再考虑时，的取值情况，即可作出选择.【详解】函数为奇函数，排除选项B和C，当时，比x增长的快，，排除选项D，故选：A.5．执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据程序循环体内的执行逻辑，依次列出每步的执行结果直到，确定输出结果N即可.【详解】由程序的执行逻辑知：输入，1、：得，，执行循环体；2、，：得，，执行循环体；3、，：得，，执行循环体；4、，：得，，执行循环体；…10、，：得，，跳出循环体．输出．故答案为：B.6．已知，且，则（    ）A． B． C．36 D．6【答案】B【分析】根据题意，由指数式与对数式的互换公式可得，，进而变形可得，又由，由对数的运算性质计算可得答案．【详解】解：根据题意，，则有，，则，又，即，所以，解得，因为，所以；故选：B．7．已知递增等差数列的前项和为，若，且成等比数列，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】结合题中所给的条件，利用等差数列通项公式和求和公式以及三数成等比数列的条件，列出等量关系式，求得其首项和公差，进一步求其前10项和，从而得到正确答案.【详解】因为是递增等差数列，，所以，即，①由成等比数列，所以，整理得，即，②①②联立求得，或（舍去）所以，故选：D.【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关数列的问题，正确解题的关键是熟练掌握等差数列的通项公式和求和公式，以及三数成等比数列的条件.8．已知函数的部分图象如图所示．现将函数图象上的所有点向右平移个单位长度后，横坐标再缩短到原来的倍得到函数的图象，则函数的解析式为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】直接利用函数的图象确定函数的和及的值，进一步确定函数的解析式，最后利用函数的图象的变换求出结果．【详解】解：函数的部分图象如图所示．则：，所以：，解得：，当时，，即：，解得：，，当时，，故：，现将函数图象上的所有点向右平移个单位长度得到：，再横坐标再缩短到原来的倍，得到故选：．9．已知过点的直线与圆心为的圆相交于，两点，当面积最大时，直线的方程为（    ）A． B．或C． D．或【答案】A【分析】由三角形面积公式结合正弦函数的性质得出当时面积最大，设出直线的方程，确定圆心到直线的距离，列出方程，求解得出直线的方程.【详解】的面积，当仅当时“”成立，此时点到直线的距离为.当直线的斜率不存在时，即：，此时圆心到直线的距离为，不满足题意；当直线的斜率存在时，设：，则，解得，所以方程为.故选：A【点睛】关键点睛：解决本题的关键是由三角形面积公式得出当时面积最大，进而由距离公式得出方程.10．如图，已知等边与等边所在平面成锐二面角，E，F分别为，中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接，，根据面面角可得，再利用余弦定理即可求解.【详解】连接，，等边与等边所在平面成锐二面角，可得，设等边与等边的边长为，则，即为等边三角形， 所以，因为E，F分别为，中点，所以，异面直线与所成角即为所成的角，在中，.故选：C11．已知以为焦点的抛物线上的两点，满足，则点的横坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设为，，，联立抛物线方程，应用韦达定理可得，根据向量的关系有，即可求的横坐标.【详解】由题意，A、F、B共线且直线AB的斜率存在，可设直线为，联立方程，消元得：，且，设，，则.∵，又，∴，综上，有，可得，，故选：D.【点睛】关键点点睛：设直线方程及交点坐标，联立抛物线，应用韦达定理求，结合向量的数量关系，列方程组求交点横坐标.12．已知函数，如果关于的方程()有四个不等的实数根，则的取值范围（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】构造新的函数，求出导数，根据，得出函数的单调区间，画出草图，通过翻折画出函数图像，根据图像将原方程实数根转化为有两个不相等实数根､，且､，结合函数根的分布求解.【详解】解：构造新的函数，的定义域为，，令得，当时，，则在上单调递增，当时，，则在上单调递减，∴在处取得极小值也是最小值，又，，当时，当时恒成立，则做的图像如图，又，则当时，的图像为的图像向上翻折所得到，则的图像如图，令，则原方程化为，设由图象知当时与有个交点，当或时与有个交点，∴又当时，∴有四个不等的实数根等价于：有两个不相等实数根､，且､，则，解得.故选：A.【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.  二、填空题13．复数z满足，且，则______．【答案】1-i．【分析】设复数，则，即可求得a值，又，代入求模公式，即可求得b值，即可得答案.【详解】解：设复数，则，解得，又，且，所以，解得，所以．故答案为：1-i．14．已知的内角A、、的对边分别是、、，且，，.则的面积为______.【答案】【分析】由余弦定理结合已知条件可求出，即可由面积公式求出面积.【详解】由余弦定理得，，，，，解得，则的面积为.故答案为：.15．已知，，且，则___________.【答案】7【分析】由平方可得，再根据平方可求.【详解】，，且，，解得，，.故答案为：7.16．将正奇数按如图所示的规律排列：则2021在第________行，从左向右第________个数.【答案】32    50    【分析】根据题目排列规律可得第行共有个奇数，结合项数和可求2021在哪一行，并能求出是第几个数.【详解】由题意可得第行共有个奇数，所以前行共有个奇数，而是第个奇数，，所以在第32行，从左向右第个数.故答案为：32；50.【点睛】本题主要考查逻辑推理，明确数据的排列规律是求解的关键，侧重考查逻辑推理的核心素养. 三、解答题17．已知数列的前项和为．（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【分析】（Ⅰ）由的关系，讨论，求、，注意判断对于是否也成立，进而写出通项公式.（Ⅱ）由（Ⅰ）得，应用错位相减法，结合等比数列前n项和公式求.【详解】（Ⅰ）∵，∴当时，有；当时，有，而也成立，∴；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得：，∴，又，两式相减得：，整理得：．18．某校食堂按月订购一种螺蛳粉，每天进货量相同，进货成本每碗6元，售价每碗10元，未售出的螺蛳粉降价处理，以每碗5元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．如果最高气温不低于25，需求量为200碗；如果最高气温位于区间，需求量为300碗；如果最高气温低于20，需求量为500碗．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：最高气温天数472536162以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率．（1）求六月份这种螺螄粉一天的需求量不超过300碗的概率；（2）设六月份一天销售这种螺螄粉的利润为（单位：元），当六月份这种螺蛳粉一天的进货量为450碗时，写出的所有可能值，并估计的平均值（即加权平均数）．【答案】（1）；（2）（元），（元），（元），（元）．【分析】（1）由前三年六月份各天的最高气温数据，求出最高气温位于区间和最高气温低于20的天数，由此能求出六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率．（2）由最高气温不低于25，需求量为200碗；如果最高气温位于区间，需求量为300碗；如果最高气温低于20，需求量为500碗，求出的所有可能值即可.【详解】（1）．（2），（元），，（元），，（元），．【点睛】本题考查概率的求法，考查利润的所有可能取值的求法，考查函数、古典概型等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．19．如图，四边形是平行四边形，平面平面，，，，，，，G为的中点.（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）根据余弦定理求出BD，继而得到BD⊥AD，再根据面面垂直的判定定理即可证明；（2）先判断出直线EF与平面BED所成的角即为直线AB与平面BED所形成的角，再根据余弦定理和解直角三角形即可求出答案．【详解】（1）证明：在中，，，，由余弦定理可得，进而，即，又∵平面平面，平面，平面平面，∴平面，∵平面，∴平面平面.（2）∵，∴直线与平面所成的角即为直线与平面所形成的角，过点A作于点H，连接，又平面平面，由（1）知平面，∴直线与平面所成的角为，在，，，，由余弦定理得，∴，∴，在中，，∴直线与平面所成角的正弦值.【点睛】本题考查了平面与平面的垂直，直线与平面所成的角，考查了空间想象能力，运算能力和推理论证能力，属于中档题．20．已知函数，其中．（1）求函数在处的切线方程；（2），，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）求导数，得切线斜率，从而可得切线方程；（2）时，不等式成立，主要讨论由时不等式成立得的范围，分离参数后用导数求函数的最值可得．【详解】（1）由题意，，又，所以切线方程为，即；（2）时，不等式为，对任意实数都成立；时，不等式化为，令，则，由，令，，所以即在上递增，，所以，若，即，则在上恒成立，在上递增，，不等式成立，若，由上讨论知存在，使得，且当时，，递减，时，，递增，，而，因此时，，不成立．综上．【点睛】方法点睛：本题考查导数的几何意义，考查由不等式恒成立求参数范围．解题方法是构造新函数，求出，确定在上单调递增，，根据的正负分类讨论后得出结论．注意此题若用分离参数得，引入新函数后在现有知识体系下求不出新函数的最小值或取值范围，从而不能得出结论．21．已知椭圆的左、右焦点分别为、，椭圆上的点到焦点的距离的最小值为，以椭圆的短轴为直径的圆过点．（1）求椭圆的标准方程；（2）若过的直线交椭圆于、两点，过的直线交椭圆于，两点，且，求四边形面积的取值范围．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据题意，结合， 即可求得的值，进而可得椭圆的标准方程；（2）分别讨论轴、轴时分别计算四边形面积，当和都不与轴垂直时，设，，以及直线的方程，联立直线与椭圆的方程得出、，利用弦长公式计算，同理求出，四边形面积为，利用换元法和配方法求最值即可.【详解】解：（1）由题意知，，，又，解得，，所以椭圆的标准方程为．（2）设四边形面积为，则，①当轴时，，，所以，②当轴时，，，所以，③当和都不与轴垂直时，直线斜率存在且不为0，设，，直线斜率为，则直线斜率为，，联立方程，消去得：，，，，所以，（）过做直线的平行线和椭圆交于点，，由对称性知，在（）中把换成，得，所以，所以，令，则，所以，令，则，所以，因为，所以．综上所述：四边形面积取值范围是．【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用已知参数的范围，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关系；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．22．已知曲线的参数方程为(为参数).（1）求曲线的普通方程；（2）过点的直线与曲线交于，两点，求|PA|•|PB|的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）消去参数即可获得曲线的普通方程，注意挖去不满足题意的点；（2）根据直线的参数方程中t的几何意义表示|PA|•|PB|，最后根据三角函数的最值进行解题即可.【详解】解：（1）曲线的参数方程为，消去参数，可得.（2）直线代入曲线得：.设两根为，，故.【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化以及直线的参数方程中t的几何意义，属于中档题目，在处理过程中主要把握参数t的正负取值，与线段长之间的对应关系，是解题的关键.23．设函数．（1）求不等式的解集；（2）若的最小值是，，，且，求的最小值．【答案】（1）；（2）最小值为8.【分析】（1）将写为分段函数的形式，然后由，利用零点分段法解不等式即可；（2）由（1）可知，然后利用乘“1”法及基本不等式求出的最小值．【详解】（1）因为，所以或或，解得或，故不等式的解集为；（2）由（1）可知的最小值为2，即，所以，则，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为8.