高中数学高考全真模拟卷04（理科）（解析版）

这是一份高中数学高考全真模拟卷04（理科）（解析版），共34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年理科数学一模模拟试卷（四）


一、单选题：本题共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．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
解不等式确定集合，然后由集合的运算法则计算．
【详解】
由已知或，∴，
．
故选：D．
2．已知复数满足 （其中为虚数单位），则复数的虚部为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【分析】
利用复数除法、模的运算求得，由此求得的虚部.
【详解】
依题意，
，
所以的虚部为.
故选：C
3．若平面向量与的夹角为，，，则（ ）
A． B． C．18 D．12
【答案】B
【分析】
由模长公式结合数量积公式求解即可.
【详解】
，
故选：B
4．已知定义在R上的奇函数满足，若，则（ ）
A． B． C．0 D．2
【答案】B
【分析】
由条件可得是周期函数，周期为4，然后可得答案.
【详解】
因为定义在R上的奇函数满足，所以
所以，所以是周期函数，周期为4
所以
故选：B
5．受新冠肺炎疫情影响，某学校按上级文件指示，要求错峰放学，错峰有序吃饭.高三年级一层楼有甲、乙、丙、丁、戊、己六个班排队吃饭，甲班不能排在第一位，且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队吃饭的不同安排方案共有（ ）
A．120种 B．156种 C．192种 D．240种
【答案】C
【分析】
丙丁捆绑在一起作为一个元素，变成5个元素进行排列，其中甲先在后面4个位置中选一个，这样由乘法原理可得结论（注意丙丁内部也有排列）．
【详解】
丙丁捆绑在一起看作一个班，变成5个班进行排列，然后在后面4个位置中选1个排甲，这样可得排法为．
故选：C．
6．如图，若，则输出的数等于（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
代入，依次执行，判断，可得选项．
【详解】
依次执行条件得：，，满足；
，，满足；
，，满足；
，，满足；
，
，，不满足，退出循环，输出，
故选：C．
7．在空间中，设是不同的直线，表示不同的平面，则下列命题正确的是 （ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【分析】
由面面平行和线面平行的性质可判断A；由面面垂直和线面垂直的性质可判断B；由面面垂直和线面平行的性质可判断C；由面面垂直和线面垂直的性质可判断D.
【详解】
对于A，若，可得或，故A错误；
对于B，若，可得或，故B错误；
对于C，若，则，或，或与相交，故C错误；
对于D，若，则，正确.
故选：D.
【点评】
本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，主要是平行和垂直的关系，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题.
8．已知点是圆上任意一点，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据题意画出图形，再由的几何意义，即圆上的动点与原点连线的斜率求解即可
【详解】
如图，

的几何意义为圆上的动点与原点连线的斜率，
由图可知，当动点与重合时，与圆相切，此时最大为所在直线的斜率.
由图可知，，则.
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：此题考查直线与圆的位置关系的应用，解题的关键是利用的几何意义，即圆上的动点与原点连线的斜率求解，考查数形结合思想，属于中档题
9．已知，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据半角公式得，再分子分母同除以得.
【详解】
解：根据半角公式得：，
所以，
对上述式子分子分母同除以得：
.
故选：A.
【点睛】
本题解题的关键在于利用半角公式化简得，进而构造齐次式求解即可，考查运算求解能力，是中档题.
10．已知双曲线的左右焦点分别为，，实轴长为4，点为其右支上一点，点在以为圆心、半径为1的圆上，若的最小值为8，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
设设，由，可得，当且仅当，和四点共线时取得最小值，进而可得，设即可求出的值，进而可求出的值，由可得渐近线方程.
【详解】
设，由双曲线的定义可知：，
所以，
当在圆心和连线上时，最小，
，
所以，解得，
设，则，解得，
因为，所以，
所以双曲线的渐进线为：，
故选：D
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键点是由双曲线的定义可得，利用共线时求出.
11．已知正方体内切球的表面积为，是空间中任意一点：
①若点在线段上运动，则始终有；
②若是棱中点，则直线与是相交直线；
③ 若点在线段上运动，三棱锥体积为定值；
④为中点，过点且与平面平行的正方体的截面面积为
⑤若点在线段上运动，则的最小值为
以上命题为真命题的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由已知求得正方体的棱长，
对于①，连接，根据线面垂直的判定定理证得平面，可判断；
对于②，假设直线与是相交直线，推出，四点共面，由此得出矛盾；
对于③，由已知得直线上所有点到平面的距离相等，再根据等体积法，可判断；对于④，取的中点G，的中点F，连接，得出截面，再利用菱形的面积公式可判断；
对于⑤，将与四边形沿展开在同一个平面上，由两点间线段最短得出线段的长度即为的最小值，在中，由余弦定理求得长度可判断．
【详解】
因为正方体内切球的表面积为，所以设该内切球的半径为，则，解得，所以球的直径为，
所以由下图知正方体的棱长为，

对于①，如下图，连接，所以，又，所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，
因为点在线段上运动，所以平面，所以，故①正确；

对于②，如下图，假设直线与是相交直线，则直线与在同一个平面内，所以点，四点共面，
这与已知点，不共面相矛盾，所以假设是错误的，故②不正确；

对于③，如下图，由已知得，所以直线上所有点到平面的距离相等，又，
而是一个定值，所以三棱锥体积为定值，故③正确；

对于④，如下图，取的中点G，的中点F，连接，
因为，，所以四边形就是过点且与平面平行的正方体的截面．
，所以四边形的面积为，故④正确；

对于⑤，如下图，将与四边形沿展开在同一个平面上，由图知，线段的长度即为的最小值，在中，由余弦定理得，故⑤正确，

综上得，正确的命题有①③④⑤，
故选：C．
【点睛】
方法点睛：本题考查空间中的动点问题，解决此类问题时，常需证明线线，线面，面面间的平行和垂直关系，从而得出点运动中，存在的不变的位置关系，存在着的面积，体积的定值．
12．已知数列满足：，且，下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C． D．
【答案】B
【分析】
由已知条件，且分析可得，然后构造函数，利用函数图象分析，再逐个判断即可.
【详解】
由于得
，
，
因为，所以，
对于A，，
因为，所以，
当时，，……，，
所以 ，所以，故A不正确；
对于C，考虑函数 ，如图所示，

由图可知当时，数列递减，
所以，即，所以C不正确；
对于D，设，则
由上图可知，
即，
等价于，
等价于，
而显然不成立，所以D不正确；
由排除法可知B正确.
故选：B
【点睛】
此题考查数列的递推关系，考查函数与数列的给综合运用，考查逻辑推理能力和运算能力，属于难题.


二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．向量，，若，则实数______.
【答案】0或
【分析】
根据向量垂直的坐标表示求解．
【详解】
由已知，，
∵，∴，解得或．
故答案为：0或．
14．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，若为等边三角形，则其边长为___________.
【答案】
【分析】
由对称性得，两点关于轴对称，从而得的倾斜角，写出直线方程，与抛物线方程联立求出交点的横坐标，即可求等边三角形的边长．
【详解】
因为及抛物线的对称性知关于轴对称，不妨设直线的倾斜角为，，直线方程为，
由，解得，
则．
所以三角形边长为．
故答案为：．
【点睛】
关键点点睛：本题考查直线与抛物线相交问题，所求三角形边长涉及到抛物线上的点到焦点的距离，由对称性得出直线的倾斜角，得直线方程与抛物线方程联立可求得交点的横坐标，然后由焦半径公式可得边长．
15．已知函数在区间内取极大值，在区间内取极小值，则的取值范围为______.
【答案】.
【分析】
本题先求导，再建立不等式组，接着根据不等式组画出可行域，最后根据可行域求目标函数的取值范围.
【详解】
解：∵ ，
∴ ，
∵ 区间内取极大值，在区间内取极小值，
∴ ，即
由画出有序实数对所构成的区域，如图.

目标函数，表示点到点的距离的平方，
有题意：，得点，，得点，
，，
点到直线的距离的平方：
则的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查借函数在某区间的极值建立不等式，画可行域，利用目标函数的几何意义求范围，是偏难题.
16．在中，角的对边分别为， ，，若有最大值，则实数的取值范围是______.
【答案】
【分析】
由正弦定理，三角恒等变换和辅助角公式可得，其中，结合范围，由于有最大值，可求，进而求解的取值范围.
【详解】
由于，所以，
由正弦定理得，
所以，，
所以
.
当，即时，，没有最大值，所以，
则，其中，
要使有最大值，则要能取，由于，
所以，所以，即，解得.
所以的取值范围是.
故答案为：
【点睛】
解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”.主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22，23题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共60分。
17．（12分）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线处，并作出解答.在中，内角所对的边分别为，的面积为，且 ．
（1）求角;
（2）若，求的周长.
注;如果选择多种方案分别解答，那么按第一种方案解答计分.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）若选①，利用余弦定理即可求解；若选②，利用正弦定理的边角互化以及三角形的内角和性质即可求解；若选③，利用三角形的面积公式以及余弦定理即可求解.
（2）利用余弦定理求出即可求解.
【详解】
（1）若选①
又，
若选②，由
得
即，
整理得
而，故
又，
若选③，由
得
即，又，
（2）由余弦定理得
即
解得或（舍去）
周长
18．（12分）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，为的中点．

（1）求证：平面；
（2）若，，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）连接交于，连接，得到，再结合线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）先证得两两垂直，以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求得平面和的一个法向量，集合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】
（1）连接交于，连接，则为中点，
所以为的中位线，所以，
又因为平面，平面，所以平面．
（2）在中，因为，所以，
取中点，中点，连接，，则，，
因为，，、平面，，
所以平面，又因为平面，所以，
因为，，、平面，
所以平面，又因为平面，所以，
所以，，两两垂直,
如图所示，以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，所以，
可得，，．
设平面的法向量为，
则，即，取，
设平面的法向量为，
则，即，取，
所以，
所以二面角的余弦值为．

【点睛】
利用空间向量计算二面角的常用方法：
1、法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小；
2、方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.
19．（12分）已知椭圆，，为椭圆的左、右顶点，点，连接交椭圆于点，为直角三角形，且
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆相交于另一点，线段的垂直平分线与轴的交点满足，求点的坐标.
【答案】（1）；（2），.
【分析】
（1）用待定系数法求椭圆方程；
（2）设出直线l，表示出M的坐标，利用，求出点的坐标.
【详解】
（1）
由题意可得：三角形为等腰直角三角形，所以2a=4，即a=2.
又由，，所以，
代入得：，解得：b=1.
所以椭圆的方程为
（2）由（1）可知.设点的坐标为，
直线的斜率显然存在，设为，则直线的方程为
于是，两点的坐标满足方程组，由方程组消去并整理，
得
由，得，从而，
设线段是中点为，则的坐标为
以下分两种情况：
①当时，点的坐标为.线段的垂直平分线为轴，于是，
由得
②当时，线段的垂直平分线方程为
令，解得
，


整理得，
综上或.
点的坐标是，.
【点睛】
（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；
（2）"坐标法"是解析几何中常见的基本方法，把题目中的条件用坐标翻译出来，把几何条件转化为代数运算.
20．（12分）已知函数（是自然对数的底数）．
（1）设，，求证：；
（2）设，若，试讨论在上的零点个数．（参考数据）
【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析．
【分析】
（1）求出函数的导数，根据函数的单调性求出函数的最值，从而证明结论成立即可；
（2）由于，令，可求得在上单调递增，在上单调递减，再对a分，两类讨论，求得在上的零点个数．
【详解】
解：（1）证明：，
则，令，，
则，显然在递增，
，，，
故时，，递减，时，，递增，
故，而，，
故在恒成立，即在恒成立，
故在递减，故，，
故；
（2）由已知得，，令，则，
，时，，时，，
在上单调递增，在上单调递减．
，，
①当，即时，，，
，使得，
当，，
当时，，
在上单调递增，在单调递减；
，，
又，由零点存在定理得，此时在上仅有一个零点，
②若时，，
又在上单调递增，在上单调递减，又，
，，使得，，
且当、时，，当时，，
在和上单调递减，在单调递增．
，，，
，又，
由零点存在定理可得，在和内各有一个零点，
即此时在上有两个零点，
综上所述，当时，在上仅有一个零点，
当时，在上有两个零点．
【点睛】
本题考查利用导数判断函数的零点个数，属于难题.
知识点总结：零点存在性定理：若在上连续且单调，若有，则必然存在，使.
21．（12分）某商场调研了一年来日销售额的情况，日销售额ξ（万元）服从正态分布．为了增加营业收入，该商场开展“游戏赢奖券”促销活动，购物满300元可以参加1次游戏，游戏规则如下：有一张共10格的方格子图，依次编号为第1格、第2格、第3格、……、第10格，游戏开始时“跳子”在第1格，顾客抛掷一枚均匀的硬币，若出现正面，则“跳子”前进2格（从第k格到第k+2格），若出现反面，则“跳子”前进1格（从第k格到第k+1格），当“跳子”前进到第9格或者第10格时，游戏结束．“跳子”落在第9格可以得到20元奖券，“跳子”落在第10格可以得到50元奖券．
（1）根据调研情况计算该商场日销售额在8万元到14万元之间的概率；（参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．）
（2）记“跳子”前进到第n格（1≤n≤10）的概率为，证明：（2≤n≤9）是等比数列；
（3）求某一位顾客参加一次这样的游戏获得奖券金额的期望．
【答案】（1）0．8186；（2）证明见解析；（3）期望为元．
【分析】
（1）由服从正态分布可得；
（2）计算出、，“跳子”前进到第格的情况得到
，可得化简可得答案；
（3）设某一位顾客参加一次这样的游戏获得奖券金额为Χ元，则Χ的值可取20和50，
求出对应的概率可列出分布列求出期望.
【详解】
（1）由服从正态分布可得：
∴．
（2）“跳子”开始在第1 格为必然事件，．第一次掷硬币出现反面，“跳子”移到第2格，其概率为，即，
“跳子”前进到第格的情况是下面两种，而且只有两种：
①“跳子”先到第格，又掷出正面，其概率为，
②“跳子”先到第格，又掷出反面，其概率为，
∴，
∴，
∵，
∵，
∴，
∴当时，数列是等比数列，首项为，公比为．
（3）设某一位顾客参加一次这样的游戏获得奖券金额为Χ元，则Χ的值可取20和50，
由（2）可知，
∴
，也适合，
∴，．
Χ的分布列为：
Χ
20
50
P


则Χ的期望为（元）.
【点睛】
本题考查了正态分布、随机变量的分布列，关键点是证明数列是等比数列、求出所有可能取值对应的概率，考查了学生分析问题、解决问题的能力，是一道综合题．


（二） 选考题：共10分。请考生在第22，23题中任选一题作答。如果多做，那么按所做的第一题计分。
22．（10分）「选修4-4:坐标系与参数方程」
在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为，交极轴于点，交直线于点．
（1）求，点的极坐标方程；
（2）若点为椭圆上的一个动点，求面积的最大值及取最大值时点的直角坐标．
【答案】（1），；（2），点坐标为.
【分析】
（1）首先将直线化为普通方程，再化为极坐标方程，与直线方程联立，求点，直线的极坐标方程中，令，求点的坐标；（2）因为位定值，所以求面积的最大值转化为求点到直线的距离的最大值，设，利用点到直线的距离公式，求距离的最大值.
【详解】
（1）的方程为，化为极坐标方程为．
代入的方程得：，即．
方程，令，即，即．
（2）由（1）知，，，且，
故，设点到直线的距离为，
故，设点，的一般方程为，
故，
当时，
此时，点坐标为．
【点睛】
思路点睛：一般求与椭圆上的点有关的最值，一般都可转化为利用参数方程，设点的坐标，再利用三角函数的有界性求最值.
23．（10分）「选修4-5:不等式选讲」
已知函数，．
（1）当时，解不等式；
（2）对任意的，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1） ；（2） ．
【分析】
（1）由得，将所求不等式化为，利用分类讨论的方法，即可求出结果；
（2）先将题中条件化为对任意的恒成立，由单调性求出在给定区间的最小值，即可得出结果.
【详解】
（1）当时，，
∴，
则不等式为，
当时，为恒成立，∴，
当时，为，
解得，或，
∴或，
综上，不等式的解集为；
（2）不等式等价于，
即对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
∵函数在区间上单调递增，最小值为，
∴，故实数的取值范围是．
【点睛】
方法点睛：
解绝对值不等式的常用方法：
（1）基本性质法：为正实数，，或；
（2）平方法：两边平方去掉绝对值，适用于或型的不等式的求解；
（3）分类讨论法(零点分区间法)：含有两个或两个以上绝对值的不等式，可用分类讨论法去掉绝对值，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式求解；
（4）几何法：利用绝对值不等式的几何意义，画出数轴，将绝对值问题转化为数轴上两点的距离问题求解；
（5）数形结合法：在直角坐标系中，作出不等式两边所对应的两个函数的图像，利用函数图像求解.