卷01-备战2021年高考数学【名校地市好题必刷】全真模拟卷（江苏专用）•1月卷（解析版）

备战2021年高考数学【名校、地市好题必刷】全真模拟卷·1月卷第一模拟一､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．若集合，则的真子集的个数为（  ）A．3 B．4 C．7 D．8【答案】A【解析】，，，所以的真子集的个数为，故选A。2． 已知＝1－yi，其中x，y是实数，i是虚数单位，则x－y＝(　　)A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【解析】由题意，(x－xi)＝1－yi，解得x＝2，y＝1.故x－y＝1.3． “为第一或第四象限角”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【答案】A【解析】当为第一或第四象限角时，，所以“为第一或第四象限角”是“”的充分条件，当时，为第一或第四象限角或轴正半轴上的角，所以“为第一或第四象限角”不是“”的必要条件，所以“为第一或第四象限角”是“”的充分不必要条件.故选：A4．如图是函数的导函数的图象,则下列说法正确的是(    )A．是函数的极小值点B．当或时,函数的值为0C．函数关于点对称D．函数在上是增函数【答案】D【解析】由函数f(x)的导函数图象可知，当x∈(−∞,−a),(−a，b)时,f′(x)<0，原函数为减函数；当x∈(b,+∞)时,f′(x)＞0，原函数为增函数.故不是函数的极值点，故A错误；当或时,导函数的值为0，函数的值未知，故B错误；由图可知，导函数关于点对称，但函数在(−∞,b)递减,在(b,+∞)递增,显然不关于点对称，故C错误；函数在上是增函数，故D正确；故答案为：D.5．一个放射性物质不断衰变为其他物质，每经过一年就有的质量发生衰变,剩余质量为原来的.若该物质余下质量不超过原有的，则至少需要的年数是（  ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设原物质的质量为单位1，一年后剩余质量为原来的，两年后变为原来的，依此类推，得到年后质量是原来的，只需要 故结果为4.故答案为B.6．已知向量且，则A．1 B． C． D．【答案】B【解析】由题意，向量，则因为，所以，解得，故选B． 7．已知函数是定义域在上的偶函数，且，当时，，则关于的方程在上所有实数解之和为（   ）A．1 B．3 C．6 D．7【答案】D【解析】因为，则，所以的最小正周期为，又由得的图像关于直线对称.令，则的图像如图所示，由图像可得，与的图像在有7个交点且实数解的和为,故选D.8．已知随机变量X的分布列是：当a变化时，下列说法正确的是（    ）A．E(X)，D(X)均随着a的增大而增大B．均随着a的增大而减小C．E(X)随着a的增大而增大，D(X)随着a的增大而减小D．E(X)随着a的增大而减小随着a的增大而增大【答案】A【解析】由题，得，所以，又，，所以均随着a的增大而增大.故选：A 二､多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得3分.9．如图，在四面体中，截面是正方形，则在下列命题中，正确的为（    ）A．B．截面C．D．异面直线与所成的角为【答案】ABD【解析】因为截面是正方形 ，所以，又平面所以平面又平面,平面平面截面，故B正确同理可证因为，所以，故A正确又所以异面直线与所成的角为，故D正确和 不一定相等，故C错误故选：ABD10．（2020·海南省海南中学高三月考）太极图被称为“中华第一图”，闪烁着中华文明进程的光辉，它是由黑白两个鱼形纹组成的图案，俗称阴阳鱼，太极图展现了一种相互转化，相对统一的和谐美.定义：能够将圆O的周长和面积同时等分成两个部分的函数称为圆O的一个“太极函数”，设圆O：，则下列说法中正确的是(    )A．函数是圆O的一个太极函数B．圆O的所有非常数函数的太极函数都不能为偶函数C．函数是圆O的一个太极函数D．函数的图象关于原点对称是为圆O的太极函数的充要条件【答案】AC【解析】选项A：因为，所以函数是奇函数，它的图象关于原点对称，如下图所示：所以函数是圆O的一个太极函数，故本说法正确；选项B：如下图所示：函数是偶函数，也是圆O的一个太极函数，故本说法不正确；选项C：因为是奇函数，所以它的图象关于原点对称，而圆也关于原点对称，如下图所示：因此函数是圆O的一个太极函数，故本说法是正确的；选项D：根据选项B的分析，圆O的太极函数可以是偶函数不一定关于原点对称，故本说法不正确.故选：AC11．已知抛物线：的准线经过点，过的焦点作两条互相垂直的直线，，直线与交于，两点，直线与交于，两点，则下列结论正确的是（    ）A． B．的最小值为16C．四边形的面积的最小值为64 D．若直线的斜率为2，则【答案】ABD【解析】由题可知，所以，故A正确.设直线的斜率为，则直线的斜率为.设，，，，直线：，直线：.联立，消去整理得，所以，.所以.同理，从而，当且仅当时等号成立，故B正确.因为，当且仅当时等号成立，故C错误.，将，与，代入上式，得，所以，故D正确.故选：ABD．12．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现:“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来,人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆在平面直角坐标系中,点.设点的轨迹为,下列结论正确的是（ ）A．的方程为B．在轴上存在异于的两定点,使得C．当三点不共线时,射线是的平分线D．在上存在点,使得【答案】BC【解析】设点，则，化简整理得，即，故A错误；当时，，故B正确；对于C选项，，,要证PO为角平分线，只需证明，即证，化简整理即证，设，则，，则证，故C正确；对于D选项，设,由可得，整理得，而点M在圆上，故满足，联立解得，无实数解，于是D错误.故答案为BC. 三、填空题（本题共4小题，每小题5分，其中第16题分值分配为前3分、后2分，满分共20分）13．已知的展开式中第三项的二项式系数为15，则__________，该展开式中常数项为__________.【答案】6    60    【解析】,所以,,令,解得,该展开式中常数项为.故答案为: ; 14．函数在上不单调，则实数a的取值范围是_____． 【答案】【解析】，令得，由于，分离常数得.构造函数，，所以在上递减，在上递增，.下证：构造函数，，当时，①，而，即，所以，所以由①可得.所以当时，单调递增.由于，所以当时，，故，也即.由于，所以.所以的取值范围是故答案为： 15．已知过点 的直线与抛物线 交于 、 两点，线段 的垂直平分线经过点 ，为抛物线的焦点，则 __________．【答案】【解析】设 则
两式作差得： ，即 的斜率为 ．
设 ，则 ，的中点坐标为 的垂直平分线的斜率为，的垂直平分线方程为 线段AB的垂直平分线经过点，解得．|AF|+|BF|的值为．故答案为．16．设是数列的前项和，若，则_____.【答案】【解析】，当时，，解得，时，，可得，当为偶数时，，即有；当为奇数（）时，，可得 ，即有 .故答案为. 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．(本题10分) 已知在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且满足．（1）求角A的大小；（2）若点M为边边上一点，且，求的面积．【答案】（1）     （2）【解析】（1）由有由正弦定理有在中, ,所以在中, ,则，所以,则有所以即.（2）在中，,则则为等腰直角三角形，    又，即,所以在直角中, ,,所以,所以所以  18．(本题10分) 已知是递增的等比数列，，且、、成等差数列.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，，求数列的前项和.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）设数列的公比为，由题意及，知.、、成等差数列成等差数列，，，即，解得或（舍去），.数列的通项公式为；（Ⅱ），. 19．(本题12分) 《山东省高考改革试点方案》规定：从2017年秋季高中入学的新生开始，不分文理科；2020年开始，高考总成绩由语数外3门统考科目和物理、化学等六门选考科目构成．将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为、、、、、、、共8个等级．参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为、、、、、、、．选考科目成绩计入考生总成绩时，将至等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到、、、、、、、八个分数区间，得到考生的等级成绩．某校高一年级共2000人，为给高一学生合理选科提供依据，对六个选考科目进行测试，其中物理考试原始成绩基本服从正态分布．（1）求物理原始成绩在区间的人数；（2）按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取3人，记表示这3人中等级成绩在区间的人数，求的分布列和数学期望．（附：若随机变量，则，，）【答案】（Ⅰ）1636人；（Ⅱ）见解析．【解析】（Ⅰ）因为物理原始成绩，所以．所以物理原始成绩在（47，86）的人数为（人）．（Ⅱ）由题意得，随机抽取1人，其成绩在区间[61,80]内的概率为．所以随机抽取三人，则的所有可能取值为0,1,2,3，且，所以 ，，， ．所以的分布列为0123 所以数学期望．20．(本题12分) 已知过圆：上一点的切线，交坐标轴于、两点，且、恰好分别为椭圆：的上顶点和右顶点.（1）求椭圆的方程；（2）已知为椭圆的左顶点，过点作直线、分别交椭圆于、两点，若直线过定点，求证：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）直线的方程为，则直线的斜率.所以：，即，，椭圆方程为：；（2）①当不存在时，，，因为，所以.②当存在时，设，，：，联立得：.所以，，又已知左顶点为，，又，所以，所以.综上得证.21．(本题13分) 如图，四棱锥，四边形为平行四边形，，，，，，，为中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】（1）四边形为平行四边形，，为中点，为中点，，平面，平面，平面；（2）四边形为平行四边形，，为、中点，，，，，，平面，平面，，又，，平面，平面，平面平面；（3）以点为坐标原点，以、分别为轴、轴，过且与平面垂直的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，，，，，，，，，，，，，，、、、，，，，设平面和平面的法向量分别为，，由，得，令，可得，由，得，令，可得，，由图形可知，二面角的平面角为钝角，它的余弦值为.22．(本题13分)已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）若函数与的图象有两个不同的交点（i）求实数a的取值范围（ii）求证：且为自然对数的底数).【答案】(1) 当时,函数在上单调递增;当时, 函数的单调递增区间为,单调递减区间为.(2)(i) (ii)证明见解析.【解析】由题意知,所以.当时, ,函数在上单调递增;当时,令，解得；令，解得；所以函数在上单调递增,在上单调递减.综上所述：当时,函数在上单调递增;当时, 函数的单调递增区间为,单调递减区间为.(2)(i) 函数与的图象有两个不同的交点等价于函数有两个不同的零点,其中.由(1)知, 当时,函数在上单调递增;不可能有两个零点.当时, 函数在上单调递增,在上单调递减,此时为函数的最大值.当时,最多有一个零点,所以,解得此时,,且，.令,则,所以在上单调递增,所以即,所以的取值范围是.(ii)因为在上单调递增,在上单调递减,所以,,所以,即,所以.构造函数,则,所以在上单调递减,又因为,所以,因为所以,又所以由(1)知在上单调递减得：即又因为,所以即,又因为，所以所以.