黄金卷03-【赢在高考•黄金20卷】备战2021高考数学全真模拟卷（新高考专用）（解析版）

【赢在高考•黄金20卷】备战2021高考数学全真模拟卷（新高考专用）

第三模拟

注意事项：

本试卷满分150分，考试时间120分钟．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．

一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)

1．（2020·全国高三月考（理））若，则（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】C

【详解】

依题意，，

则，

故选：C

2．（2020·昆明市官渡区第一中学高一期中）已知不等式x2－2x－3＜0的解集为A，不等式x2＋x－6＜0的解集为B，不等式x2＋ax＋b＜0的解集是A∩B，那么a＋b等于（    ）

A．－3 B．1

C．－1 D．3

【答案】A

【详解】

由题意：A＝{x|－1＜x＜3}，B＝{x|－3＜x＜2}．

A∩B＝{x|－1＜x＜2}，由根与系数的关系可知：

a＝－1，b＝－2，∴a＋b＝－3.

故选：A.

3．（2020·广东广州市·高三月考）在某场新冠肺炎疫情视频会议中，甲､乙､丙､丁､戊五位疫情防控专家轮流发言，其中甲必须排在前两位，丙､丁必须排在一起，则这五位专家的不同发言顺序共有（    ）

A．8种 B．12种 C．20种 D．24种

【答案】C

【详解】

当甲排在第一位时，共有种发言顺序，

当甲排在第二位时，共有种发言顺序，

所以一共有种不同的发言顺序.

故选：C.

4．（2020·吉林市第二中学高三期中（文））已知角的终边经过点，则=（ ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】

角的终边经过点，则

所以

所以

故选：D

5．（2020·甘肃省民乐县第一中学高一期中）若，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】

由题意，且，所以即，

因为，

所以，解得.

故选：B.

6．（2020·河南郑州·高三月考（文））已知函数，则不等式的解集为（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【详解】

函数的定义域为，且

，

∴为偶函数，

当时，，由和在上单调递增．

所以在上单调递增．

由可得，

即，所以，解得：或

又因为，解得

不等式的解集为：

故选：C

7．（2020·浙江温州·高二期中）在中，，，，为边上的高，为的中点，若，则的值为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】A

【详解】

∵，，，∴，

∴，

又是中点，

∴，而，

∴，∴．

故选：A．

8．（2020·陕西咸阳市实验中学高二月考（文））已知等差数列，，，则数列的前n项和为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】

设等差数列的首项为，公差为，

∵，，

∴，

∴，

∴，

则，

∴数列的前项和为；

故选：B.

二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)

9．（2020·河南高三月考）在长方体中，，，则下列结论正确的是（    ）

A．平面

B．平面平面

C．三棱锥的体积为8

D．直线与平面所成角的正弦值为

【答案】AC

【详解】

对于A，因为，平面，平面，所以平面，故A正确；

对于B，由，则为正方形，则

在正方体中,且,所以平面，

又平面，则平面平面

假设平面平面成立，则平面平面，与平面与平面相交矛盾，即假设不成立,所以平面平面不成立，故B不正确.

对于C，三棱锥的体积即为三棱锥的体积，故正确；

对于D，作，垂足为，因为平面平面，

所以平面，连接，则为与平面所成的角，

，，直线与平面所成角的正弦值为，故D错误.

故选：AC.

10．（2020·福建高二期中）某企业节能降耗技术改造后，在生产某产品过程中记录的产量(吨)与相应的生产能耗(吨)的几组对应数据如表，现发现表中有个数据看不清，已知回归直线方程为，下列说法正确的是（    ）

A．看不清的数据★的值为34

B．回归直线必经过样本点(4，★)

C．回归系数6.3的含义是产量每增加1吨，相应的生产能耗实际增加6.3吨

D．据此模型预测产量为7吨时，相应的生产能耗为50.9吨

【答案】AD

【详解】

A．因为，所以，

所以★，故正确；

B．因为，所以必经过，不经过，故错误；

C．回归系数6.3的含义是产量每增加1吨，相应的生产能耗大约增加6.3吨，故错误；

D．当时，，故正确，

故选：AD.

11．（2020·河南高三月考）已知，，且，则下列结论正确的是（    ）

A．的最小值为2 B．当均不为1时，

C． D．

【答案】ABD

【详解】

因为，当且仅当时，等号成立，故A正确；

因为，所以，当，均不为1时，，故B正确；

因为，所以，

由A知，的最小值为2，所以，故C不正确；

，当且仅当时等号成立，故D正确；

故选：ABD

12．（2020·重庆西南大学附中高二期中）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，椭圆的上顶点为，且的面积为.双曲线和椭圆焦点相同，且双曲线的离心率为，是椭圆与双曲线的一个公共点，若，则下列说法正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【详解】

解：设双曲线的标准方程为，半焦距为，

因为椭圆的上顶点为，且的面积为。

所以，解得，

所以，所以，

不妨设点在第一象限，设，则，

所以，

在中，由余弦定理可得，

所以，即，

两边同除以，得，解得，

所以，， ，，

故选：AC

三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)

13．（2020·淮安市阳光学校高一月考）若命题“”为真命题，则实数的取值范围为________________________

【答案】

【详解】

全称命题是真命题，即在R上恒成立，则判别式，解得或，

故答案为：.

14．（2020·浙江高一期末）已知，则的最小值是_________．

【答案】

【详解】

由，

得，

则

，

当且仅当时等号成立，

此时或；

则的最小值是.

故答案为：.

15．（2020·全国高三专题练习）已知函数f（x）=cos（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x=-为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，且f（x）在（，）上单调，则ω的最大值为______．

【答案】

【详解】

由题意可得，

即，解得，

又因为在上单调，

所以，即，

因为要求的最大值，令，因为是的对称轴，

所以，

又，解得，

所以此时，

在 上单调递减，即在上单调递减，在上单调递增，故在不单调，

同理，令，，

在 上单调递减，因为，

所以在单调递减，满足题意，所以的最大值为5.

16．（2020·浙江台州一中高三期中）有五个球编号分别为号，有五个盒子编号分别也为号，现将这五个球放入这五个盒子中，每个盒子放一个球，则恰有四个盒子的编号与球的编号不同的放法种数为_____（用数字作答），记为盒子与球的编号相同的个数，则随机变量的数学期望____.

【答案】    1   

【详解】

恰有四个盒子的编号与球的编号不同，就是恰由1个编号相同，

先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有种情况，不妨设5号球放在5号盒子里，其余四个球的放法为，1，4，，，3，4，，，4，1，，，1，4，，，4，1，，，4，2，，，1，2，，，3，1，，，3，2，共9种，故恰好有一个球的编号与盒子的编号相同的投放方法总数为种；

若恰由2个编号相同，

先在五个球中任选两个球投放到与球编号相同的盒子内有种，剩下的三个球，不妨设编号为3，4，5，投放3号球的方法数为，则投放4，5号球的方法只有一种，根据分步计数原理共有种；

若恰由3个编号相同，

先在五个盒子中确定3个，使其编号与球的编号相同，有种情况，剩下有2个盒子放2个球；其编号与球的编号不同，只有1种情况；由分步计数原理可知共有种，

若恰由5个编号相同（不可能恰有4个相同），有1种方法；

因为这五个球放入这五个盒子中，每个盒子放一个球共有种方法，所以0个编号相同的方法为种，

综上，可取的值为0,1,2,3,5，

，

，

，

故答案为：45,1.

四、解答题(本大题共6小题，共70分)

17．（2020·全国高三月考）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并进行求解.

问题：在中，内角，，所对的边分别为，，，，，点，是边上的两个三等分点，，______；

（1）求的长.

（2）求外接圆半径.

【答案】（1）答案见解析；（2）.

【详解】

（1）解：若选择条件①

因为，所以，

设，所以；又，，

所以在中，，

即，

即：，

所以或-4（舍去）.

在中，，

所以，

若选择条件②

因为点，是边上的三等分点，且，

所以，

因为，所以，

所以，所以.

在中，，

所以，

若选择条件③

设，则，

在中，，

同样在中，，

因为，所以，

所以，

在中，，

所以，

（2），

所以，

由正弦定理可得：，

所以外接圆半径为.

18．（2020·安徽省潜山第二中学高一期中）现某厂商抓住商机在去年用450万元购进一批VR设备，经调试后今年投入使用，计划第一年维修、保养费用22万元，从第二年开始，每年所需维修、保养费用比上一年增加4万元，该设备使用后，每年的总收入为180万元，设使用年后设备的盈利额为万元.

（1）写出与之间的函数关系式；

（2）使用若干年后，当年平均盈利额达到最大值时，求该厂商的盈利额.

【答案】（1）；（2）1500万元.

【详解】

（1）依题可得

即关于的函数关系式为，.

（2）由（1）知，当年的平均盈利额为：

，

当且仅当时，即时等号成立.

所以使用15年后平均盈利额达到最大值，该厂商盈利额为1500万元.

19．（2020·全国高二单元测试）某中学的环保社团参照国家环境标准制定了该校所在区域的空气质量指数与空气质量等级对应关系，如下表(假设该区域空气质量指数不会超过300)：

该社团将该校区在2019年100天的空气质量指数监测数据作为样本，绘制的频率分布直方图如图所示，把该直方图所得频率估计为概率.

（1）请估算2019年(以365天计算)全年空气质量优､良的天数(未满一天按一天计算)；

（2）该校2019年某三天举行了一场运动会，若这三天中某天出现5级重度污染，需要净化空气费用10000元，出现6级严重污染，需要净化空气费用20000元，记这三天净化空气总费用为元，求的分布列.

【答案】（1）；（2）分布列答案见解析.

【详解】

（1）由频率分布直方图可估算2019年(以365天计算)全年空气质量优､良的天数为.

（2）由题意知，的所有可能取值为0，10000，20000，30000，40000，50000，60000，

由频率分布直方图知空气质量指数为的概率为，

空气质量指数为的概率为，

空气质量指数为的概率为，

则，

，

，

，

，

，

.

所以的分布列为

20．（2020·重庆市杨家坪中学高二期中）如图，平面，，点M为BQ的中点.

（1）求二面角的正弦值；

（2）若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求线段的长.

【答案】（1）；（2）

【详解】

解：（1）平面，，

以为坐标原点，，， 的方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

由题意得：，，，，

，，，

设平面和平面的法向量分别为，，

则，即 ，令，即，

，即 ，令，即，

，

，

二面角的正弦值为；

（2）设，，

即，

则，

，

由（1）知：平面的法向量为，

由题意知：，

即，

整理得：，

解得：，或，

又，

，

，

，

即线段的长为.

21．（2020·河南郑州·高三其他模拟（理））已知函数．

（1）求函数的单调区间；

（2）当时，，记函数在上的最大值为，证明：．

【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.

【详解】

（1）由函数的定义域是，

则．

当时，，此时在区间上，；在区间上，，

故函数的单调递减区间为，单调递增区间为．

当且时，即时，对任意恒成立，

即对任意恒成立，且不恒为0．

故函数的单调递减区间为；

当且时，即时，方程的两根依次为，，

此时在区间，上，；在区间上，，

故函数的单调递减区间为，，单调递增区间为；

当时，方程的两根依次为，，

此时在区间上，；在区间上，，

故函数的单调递减区间为，单调递增区间为；

（2）证明：当时，，

则．

当时，，令，

则，所以在上单调递增．

因为，，

所以存在使得，即，即．

故当时，，此时；

当时，，此时．

即在上单调递增，在上单调递减，

则．

令，，则，

所以在上单调递增，则，，

所以．

故．

22．（2020·邵东市第一中学高三月考）在直角坐标系中，椭圆:的离心率为，左、右焦点分别是，，为椭圆上任意一点，的最小值为8.

（1）求椭圆的方程；

（2）设椭圆:，为椭圆上一点，过点的直线交椭圆于，两点，且为线段的中点，过，两点的直线交椭圆于，两点.当在椭圆上移动时，四边形的面积是否为定值？若是，求出该定值；不是，请说明理由.

【答案】（1）；（2）是，定值为4.

【详解】

（1），.

是椭圆任意一点，∴

，当时取等号，

的最小值为，

，，

椭圆的方程为.

（2）∵为椭圆上一点，椭圆的方程为，

当，根据椭圆的对称性，不妨设，E,F为椭圆的短轴的端点,

直线AB的方程为,与椭圆的方程联立求得,,得到|AB|=2,|EF|=2,∴四边形四边形AEBF的面积为4，同理求得时，四边形AEBF的面积为4.

当时，直线OQ的斜率为,方程为：，

联立直线OQ与椭圆C1的方程，得，，

∵椭圆的方程可整理为,又∵是椭圆的弦AB的中点，

设,

∵A,B在椭圆：上，∴，，

两式相减得：，

即：，∴直线AB的斜率为

直线AB的方程为,

即,

∵为椭圆上一点，椭圆的方程为，

∴，即,∴直线AB的方程为,

代入椭圆C1的方程得，

,

两边同乘以，并注意，得:，

∴，，

，

设点，到直线AB的距离分别为，，

，

∴.

综上所述，故当Q在椭圆上移动时，四边形AEBF的面积为定值4.