高中数学高考卷1-2021年新高考数学实战演练仿真模拟卷（新高考地区专用）（解析版）

这是一份高中数学高考卷1-2021年新高考数学实战演练仿真模拟卷（新高考地区专用）（解析版），共20页。试卷主要包含了复数的虚部是，已知命题，，则是，函数的零点所在的区间是，已知符号函数，下列说法正确的是，下列命题中是真命题的是等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合，为自然数集，则下列表示不正确的是
A．B．，C．D．
【解析】解：集合，．为自然数集，
在中，，正确；
在中，，，正确；
在中，，正确；
在中，不是的子集，故错误．
故选：．
2．复数的虚部是
A．B．C．D．
【解析】解：，
复数的虚部是．
故选：．
3．已知命题，，则是
A．，B．，C．，D．，
【解析】解：命题是全称命题，则命题的否定是，，
故选：．
4．函数的零点所在的区间是
A．B．C．D．
【解析】解：函数，定义域为：；函数是连续函数，
（2），（3），
（2）（3），根据函数的零点的判定定理，
故选：．
5．模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数的单位：天）的模型：，其中为最大确诊病例数．当时，标志着已初步遏制疫情，则的值约为
A．10B．13C．63D．66
【解析】解：将代入，得：，
即，
两边同时取自然对数得：，
，
．
故选：．
6．某人在处向正东方向走后到达处，他沿南偏西方向走到达处，结果他离出发点恰好，那么的值为
A．或B．或C．或D．
【解析】解：由题意可知，，，，
由正弦定理可得，，
或，
若，则，此时，
若，则，此时，
或．
故选：．
7．如图，长方形的边，，是的中点，点沿着边，与运动，记．将动点到，两点距离之和表示为的函数，则的图象大致为
A．B．
C．D．
【解析】解：当时，，，
此时，，此时单调递增，
当在边上运动时，且时，
如图所示，，
，
，，
，
当时，，
当在边上运动时，，，
由对称性可知函数关于对称，
且，且轨迹为非线型，
排除，，，
故选：．
8．已知函数，则关于的不等式的解集为
A．B．C．D．
【解析】解：
，
则，
则不等式，等价于，
即，
在上是增函数，
得，得，
即不等式的解集为．
故选：．
二．多选题（共4小题）
9．已知符号函数，下列说法正确的是
A．函数是偶函数
B．对任意的，
C．时，函数的值域为
D．对任意的，
【解析】解：设，则，，
设，则，，又，
函数是奇函数，故错误；
对任意的，则，，故正确；
时，，则，函数，
函数的值域为，故正确；
当时，，，则，，
当时，，
当时，，，
对任意的，，故正确．
故选：．
10．下列命题中是真命题的是
A．直线恒过定点
B．“”是“”的必要不充分条件
C．已知数据，，，的平均数为，方差为，则数据，，，的平均数和方差分别为，
D．若直线被圆截得的弦长为4，则的最小值是9
【解析】解：对于：直线整理得，解得，故该直线恒过定点，故正确；
对于：“”是“”的充分不必要条件，故错误；
对于：已知数据，，，的平均数为，方差为，则数据，，，的平均数和方差分别为，，故正确；
对于：圆圆，整理得，由于截得的弦长为4，故该圆的圆心在直线上，
所以，整理得，所以，故正确．
故选：．
11．已知函数的图象的一条对称轴为，其中为常数，且，则以下结论正确的是
A．函数的最小正周期为
B．
C．将函数的图象向左平移所得图象关于原点对称
D．函数在区间上有67个零点
【解析】解；由已知可得：，，
解得，，又，
所以，
所以函数，
则周期为，正确，
且，正确，
将函数向左平移个单位可得：
函数解析式为，不关于原点对称，错误，
当时，，
令，则函数，，
由正弦函数图象性质可得函数在上包含33个完整的周期，
此时共有66个零点，又，
所以函数在区间上共有67个零点，正确，
故选：．
12．已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于、两点，以线段为直径的圆交轴于、两点，则
A．若抛物线上存在一点到焦点的距离等于3，则抛物线的方程为
B．若，则直线的斜率为
C．若直线的斜率为，则
D．设线段的中点为，若点到抛物线准线的距离为2，则的最小值为
【解析】解：对于，抛物线的焦点为，，
准线方程为，
由抛物线的定义可得，解得，
所以抛物线的方程为，故正确；
对于，可设，，，，
直线的方程为，与抛物线联立，
消去，可得，
可得，，①由，
即为，可得，②，
由①②可得，，
则，可得，即有直线的斜率为，
故错误；
对于，若直线的斜率为，由选项可得，，
由抛物线的弦长公式可得，故错误；
对于，抛物线的焦点到准线的距离为，则该抛物线的方程为，
设直线的方程为，
设，，，，联立可得，△，，
所以，
，到轴的距离为，
所以，当且仅当时，取得等号，故正确．
故选：．
三．填空题（共4小题）
13．公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆．后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆．已知直角坐标系中，，，且满足，则点的运动轨迹方程为 ，点到直线的最小距离为 ．
【解析】，，，且满足，
，
上式平方化简得：，
点到直线的最小距离转化为圆心到直线距离减去半径，
．
14．已知向量，，且，则 1 ．
【解析】解：因为向量，，且，
所以，即，可得，
所以．
故答案为：1．
15．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现0.618就是黄金分割，这是一个伟大的发现，这一数值也表示为，若，则 ．
【解析】解：，若，
，
，
故答案为：．
16．对于三次函数，定义：设是函数的导数的导数，若方程有实数解，则称点，为函数的“拐点”．有同学发现“任何一个三次函数都有拐点，任何一个三次函数都有对称中心；且‘拐点就是对称中心．”请你将这一发现为条件，解答如下问题：
若已知函数，则的对称中心为 ， ；计算 ．
【解析】解：，
则，，
令，解得：，则
故的对称中心是，，
，
，
故答案为：，，2020．
四．解答题（共6小题）
17．已知数列的首项为1，为数列的前项和，，其中，．
（Ⅰ）若，，成等差数列，求的通项公式；
（Ⅱ）设双曲线的离心率为，且，证明：．
【解析】解：（Ⅰ）①，当时，②，两式相减可得，
即从第二项开始，数列为等比数列，公比为．
当时，数列的首项为1，，，
数列为等比数列，公比为．
，，成等差数列，，，求得，或．
根据，故取，，．
（Ⅱ）证明：设双曲线的离心率为，
．
由于数列为首项等于1、公比为的等比数列，
，，
，．
，原不等式得证．
18．从①，②这两个条件中选一个，补充到下面问题中，并完成解答．
已知中，，，分别是内角，，所对的边，且．
（1）求角；
（2）已知，且____，求的值及的面积．
【解析】解：（1）因为，
由正弦定理可得，
可得，
因为，
所以．
（2）选择①时，，，
故，
根据正弦定理，可得，
可得．
选择②时，，根据正弦定理，可得，解得，
，
根据正弦定理，可得，
可得．
19．如图，在四棱锥中，底面为矩形，为等腰直角三角形，，，是的中点，二面角的大小等于．
（1）在上是否存在点，使得平面平面，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】解：（1）在线段上存在点满足题意，且为的中点．
如图，连接，，，
四边形是矩形，，
又、分别是、的中点，
，，
为等腰直角三角形，，为的中点，
，
，、平面，
平面，
平面，平面平面，
故上存在中点，使得平面平面．
（2）由（1）知，，，
为二面角的平面角，即．
以为原点，、所在的直线分别为、轴，作平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
在等腰中，，，，
，，，，0，，，2，，，2，，
，1，，，3，，，3，，
设平面的法向量为，，，则，即，
令，则，，，1，，
设直线与平面所成角为，
则，，
故直线与平面所成角的正弦值为．
20．随着智能手机的普及，手机计步软件迅速流行开来，这类软件能自动记载用户每日健步的步数．某市大型企业为了了解其员工每日健步走的情况，从正常上班的员工中随机抽取了2000人，统计了他们手机计步软件上同一天健步的步数（单位：千步，假设每天健步的步数均在3千步至21千步之间）．将样本数据分成，，，，，，，，，，，，，，，，九组，绘制成如图所示的频率分布直方图，并用样本的频率分布估计总体的频率分布．
（1）求图中的值；
（2）设该企业正常上班的员工健步步数（单位：千步）近似服从正态分布，其中近似为样本的平均数（各区间数据用中点值近似计算），取，若该企业恰有10万人正常上班的员工，试估计这些员工中日健步步数位于区间，范围内的人数；
（3）现从该企业员工中随机抽取20人，其中有名员工的日健步步数在13千步至15千步内的概率为，其中，1，2，，20，当最大时，求的值．
参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．
【解析】解：（1）由，
解得，
（2）
，
，
估计这些员中日健步步数位于区间，范围内的人数约为81860人．
（2）设从该企业中随机抽取20人日健步步数在13千步至15千步内的员工有人，则，
，，1，2，，20，
记，
当时，，则
当时，，则，
所以当时，最大．
21．已知圆，点为圆上的动点，过点作轴的垂线，垂足为，设为的中点，且的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）不过原点的直线与曲线交于、两点，已知，直线，的斜率，，成等比数列，记以，为直径的圆的面积分别为，，试探就是否为定值，若是，求出此值；若不是，说明理由．
【解析】解：（1）设，，，
为的中点，．
，在圆上，，
所以曲线的方程为：．
（2）设直线的方程为，，，，
由得，
，
由题设知，，
，，，，
则
．
22．已知函数，，设．
（1）若，求的最大值；
（2）若有两个不同的零点，，求证：．
【解析】（1）解：，
注意（1），且当时，，单调递增；
当时，，单调递增减．
所以的最大值为（1）．
（2）证明：由题知，，
即，，
可得．
．
不妨，则上式进一步等价于．
令，则只需证．
设，，
所以在上单调递增，
从而（1），即，
故原不等式得证．
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