2021年新高考数学元月期末考试全真模卷（二）

这是一份2021年新高考数学元月期末考试全真模卷（二），文件包含2021年新高考数学元月期末考试全真模卷二原卷版docx、2021年新高考数学元月期末考试全真模卷二解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
2021年新高考数学元月期末考试全真模卷（二）注意事项：1.本试卷共6页，包含单项选择题（第1题～第8题，共40分）、多项选择题（第9题～第12题，共20分）、填空题（第13题～第16题，共20分）和解答题（第17题～第22题，共70分）四部分.本卷满分150分，考试时间120分钟.2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡、试卷和草稿纸的指定位置上.3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用0.5毫米黑色墨水的签字笔将答案写在答题卡上.写在本试卷或草稿纸上均无效.4.考试结束后，将本试卷、答题卡和草稿纸一并交回.5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.一、单项选择题：（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，只有一项是符合题意要求的.）设集合2，，，若，则A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【试题解析】【分析】
本题考查集合的交集及元素与集合的关系，属于基础题．
由交集的定义，可得且，代入一元二次方程，求得m，再解方程可得集合B．
【解答】
解：因为集合2，，，
若，则且，
可得，解得，
即有，
此时符合．
故选C．
 在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】
本题考查复数的四则运算，复数的代数表示及其几何意义，属于基础题．
可得复数的共轭复数为，即可得解．
【解答】
解：复数，
则复数的共轭复数为，
在复平面内，复数的共轭复数对应点的坐标为，
故在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于在第四象限．
故选D．
 《中共中央关于制定国民经济和社会发展第十四个五年规划和二三五年远景目标的建议》，明确了十四五时期经济社会发展的指导思想和主要目标，以及二三五年基本实现社会主义现代化远景目标．“十四五“规划作为我国开启全面建设社会主义现代化国家新征程的第一个五年规划，意义非凡．某班有30人参加了“第十四个五年规划的知识竞赛”，答对第一题的有18人，答对第二题的有16人，两题都答对的有8人，则一、二题都没有答对的有A. 3人 B. 4人 C. 5人 D. 6人【答案】B【解析】解：某班有30人参加了“第十四个五年规划的知识竞赛”，
答对第一题的有18人，答对第二题的有16人，两题都答对的有8人，

如上图，可知一、二题都没有答对的有4人．
故选：B．
根据题意画出Venn图即可得到结论．
本题主要考查了Venn图表达集合的关系及运算，以及集合包含关系，属于基础题．
 设D为所在平面内一点，，则A.  B.
C.  D. 【答案】D【解析】【分析】
本题考查向量减法的几何意义，以及向量的数乘运算属于基础题．
由便可得到，进行向量的数乘运算便可求出向量，从而找出正确选项．
【解答】
解：

．
故选D．
 已知条件p：，条件q：，且是的充分不必要条件，则a的取值范围是    A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】
本题主要考查充分条件、必要条件的判断，解绝对值不等式，属于基础题．
因为“若，则”的等价命题是“若q，则p”，所以q是p的充分不必要条件，即命题q的解集是命题p的解集的真子集，利用数轴求解即可．
【解答】解：由，可得或，
所以p：或；
q：，
是的充分不必要条件，
是p的充分不必要条件，
根据数轴有：

，
故选D．
 的展开式中的系数为   A.  B.  C. 40 D. 80【答案】C【解析】【分析】
本题考查了二项展开式的特定项与特定项的系数，考查了计算能力，属于中档题．
先写出的展开式的通项公式：令，解得令，解得即可得到最终答案．
【解答】
解：的展开式的通项公式：
．
令，解得．
令，解得．
的展开式中的系数为．
故选C．
 若是定义在R上的偶函数，在上是减函数，且，则使得的x的取值范围是A.  B.
C.  D. 【答案】D【解析】【试题解析】【分析】
本题考查函数的奇偶性、单调性的应用、对数不等式的求解，考查计算能力，属中档题．
由已知在单调递增，利用偶函数，结合单调性求解即可．
【解答】
解：是定义在R上的偶函数，在上是减函数，
则函数在上是增函数，
又，
则不等式等价于，
所以，
则，
所以．
故选D．
 定义在上的函数满足，，则不等式的解集为    A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】
本题考查了利用导数研究函数的单调性、不等式的解法、考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
令，在上可得，函数在上单调递增，又，进而得出解集．
【解答】
解：令，．
在上的函数满足，
，
函数在上单调递增，
，
而不等式，
所以，即．
不等式的解集为．
故选C．
 二、多项选择题：（本题共4小题,每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.）《根据环境空气质量指数技术规定（试行）》规定：空气质量指数在区间、、、、、时，其对应的空气质量状况分别为优、良、轻度污染、中度污染、重度污染、严重污染如图为某市2019年10月1日至10月7日的空气质量指数直方图，在这7天内，下列结论错误的是 A. 前4天AQI的方差小于后3天AQI的方差
B. 这7天内空气质量状况为严重污染的天数为3
C. 这7天的平均空气质量状况为良
D. 空气质量状况为优或良的概率为【答案】ABC【解析】【分析】
本题考查频率分布直方图、平均数、方差的计算以及古典概率的概率计算，属于基础题．
结合频率分布直方图，对各选项逐一计算，即可得到答案．
【解答】
解：由图易知，前4天AQI的方差大于后3天AQI的方差，故A错；这7天内，10月1日，10月2日空气质量状况为严重污染，天数为2，故B错；这7天平均空气质量 ，状况为中度污染，故C错；
10月3日和10月4日空气质量状况分别为优、良，所以这7天空气质量状况为优或良的概率为，故D正确
故选ABC 
 以下四个命题表述正确的是A. 直线恒过定点
B. 圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1
C. 圆与圆恰有三条公切线，则
D. 已知圆，点P为直线上一动点，过点P向圆C引两条切线PA、PB，A、B为切点，则直线AB经过定点【答案】BCD【解析】【分析】
本题主要考查命题的真假判断，涉及知识点较多，综合性较强，属于中档题
A.将直线方程进行重新整理，利用参数分离法进行求解即可；根据圆心到直线的距离与半径的关系可判断；通过题意可得两圆相切，则两圆心的距离为半径和，即可求得m的值；设出点P，求出以线段PC为直径的圆Q的方程，题中的切点A、B为圆Q与圆C的交点，将两圆作差求出公共弦的方程，即可发现直线AB经过的定点．
【解答】
解：直线，
得，
由，得
即直线恒过定点，
故A错误；
B. 圆心到直线的距离为
，
圆的半径，
故圆C上有3个点到直线l的距离为1，
故B正确；
C. 曲线，即，
曲线，
即，
两圆心的距离为，
解得，故C正确；
D. 因为点P为直线上一动点，设点，
圆的圆心为，
以线段PC为直径的圆Q的方程为，
即，
故直线AB，即为圆Q与圆C的公共弦方程为：，
即，
即，
令得
所以直线AB经过定点，故D正确．
故选：BCD．
 已知函数，下列结论中正确的是A. 函数的周期为的偶函数
B. 函数在区间上是单调减函数
C. 若函数的定义域为，则值域为
D. 函数的图象与的图象重合【答案】BD【解析】【分析】
本题主要考查了余弦函数的图像与性质，函数的奇偶性以及三角函数的定义域及值域，属于中档题．
根据三角函数的性质对各选项进行分析，判断正误即可．
【解答】
解：对于A，由题意可得：，
因为，
，
所以，故A不正确，
对于B，当时函数单调减函数，   
解得，故B正确．
对于C，由B可知，是单增区间，是减区间，
最大为，下边界为，或者，
因为，最值为，故C不正确，
对于D，，
两图像重合，故D正确，
故选BD．
 《几何原本中》的几何代数法以几何方法研究代数问题成为了后世数学家处理问题的重要依据通过这一原理，很多代数的公理或定理都能够通过图形实现证明如图，在AB上取一点C，使得，，过点C作交半圆周于点D，连接作交OD于点下面不能由直接证明的不等式为A.  B.
C.  D. 【答案】ACD【解析】【分析】
本题考查归纳推理及基本不等式的几何意义，属于中档题．
由得，即可判断．
【解答】
解：由射影定理可知，即
，
由得，
故由直接证明的不等式为选项B．
故选ACD．
 三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分）已知直四棱柱的棱长均为2，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为__________．【答案】【解析】【分析】本题考查空间几何体的外接球与面的交线问题，注意球心到面的距离和形成的交线位置与所对应得圆弧和圆心角，这是本题的难点．
由已知得点到面的距离即为点到的距离，即为，则根据勾股定理可得截面的圆半径为 ，球与侧面所形成的交线为一段圆弧长，其圆心角为 ，则根据弧长公式即可得解．【解答】解：直四棱柱边长为2，底面是边长为2的菱形，侧面是边长为2的正方形，
又， 可得 ，
点到面的距离即为点到的距离，即为，则根据勾股定理可得截面的圆半径为 ，
与侧面所形成的交线为一段圆弧长，其圆心角为 ，
故形成的交线长为 ．故答案为．
 已知数列是等差数列，是其前n项和若，则的值是____．【答案】16【解析】【分析】
本题考查等差数列的通项公式，考查等差数列的前n项和，是基础题．设等差数列的首项为，公差为d，由已知列关于首项与公差的方程组，求解首项与公差，再由等差数列的前n项和求得的值．【解答】
解：设等差数列的首项为，公差为d，
则，解得．
．
故答案为16．
 已知动圆M与直线相切，且与定圆外切，那么动圆圆心M的轨迹方程为________．【答案】【解析】【分析】
本题考查抛物线的定义，考查圆与圆的位置关系，属于中档题．
根据动圆M与直线相切，且与定圆C：外切，可得动点M到的距离与到直线的距离相等，由抛物线的定义知，点M的轨迹是抛物线，由此易得轨迹方程．
【解答】
解：由题意动圆M与直线相切，且与定圆C：外切，
动点M到的距离与到直线的距离相等，
由抛物线的定义知点M的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，
故所求M的轨迹方程为：．
故答案为．
 若不等式对于任意恒成立，则实数a的最小值是______．【答案】【解析】【分析】
本题考查不等式恒成立问题解法，注意运用分类讨论思想方法，以及二次函数的图象和性质，考查运算能力，属于较难题．
令，由题意可得对一切实数t恒成立，讨论，，，化为二次不等式恒成立，结合二次函数的图象和性质，解不等式可得a的范围，即可得到所求最小值．
【解答】
解：令，不等式对于任意恒成立，
即为对一切实数t恒成立，
当，可得；
当时，即为恒成立，
可得若对称轴，即，且，解得；
若，即，且，不符题意；
当时，即为恒成立，
可得若对称轴，即，且，解得；
若，即，且，可得；
综上可得，原不等式恒成立时，，
可得a的最小值为，
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.）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，．
 
求c；
设D为BC边上一点，且，求的面积．【答案】解：，
，
，
，
由余弦定理可得，
即，
即，
解得舍去或，
故．
，
，
，
，
，，
又
，
．【解析】本题考查了余弦定理，三角形面积公式，属于中档题．
根据余弦定理即可求出c；
先求出cosC，求出CD的长，得到，即可得解．
 四面体ABCD中，是正三角形，是直角三角形，，．
 
证明：平面平面ABC；
过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角的平面角的余弦值．【答案】证明：取AC的中点O，连接BO，OD．
是等边三角形，，
与中，，，，
≌，，
是直角三角形，
是斜边，，
，
，
，
，
又，平面ACD，平面ACD，
平面ACD，
又平面ABC，
平面平面ABC．
解：设点D，B到平面ACE的距离分别为，则，
平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，
．
点E是BD的中点．
建立如图所示的空间直角坐标系．

不妨取，
则0，，0，，0，，0，，，，
0，，，0，，
设平面ADE的法向量为y，，
则，即，可得，
同理可得，平面ACE的法向量为1，，
，
由图可知，二面角的平面角为锐角，
二面角的平面角的余弦值为．【解析】本题考查了面面垂直的判定，利用空间向量求二面角，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
可得，，可证平面ACD，即可得证；
建立空间直角坐标系，不妨取，利用空间向量进行求解即可．
 根据预测，某地第个月共享单车的投放量和损失量分别为和单位：辆，其中，第n个月底的共享单车的保有量是前n个月的累计投放量与累计损失量的差．
求该地区第4个月底的共享单车的保有量；
已知该地共享单车停放点第n个月底的单车容纳量单位：辆设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？【答案】解：前4个月共投放单车为，
前4个月共损失单车为，
该地区第4个月底的共享单车的保有量为．
令，显然时恒成立，
当时，有，解得，
第42个月底，保有量达到最大．
当，为公差为等差数列，而为公差为1的等差数列，
到第42个月底，单车保有量为．
．
，
第42个月底单车保有量超过了容纳量．【解析】本题考查了数列模型的应用，等差数列的求和公式，属于中档题．
计算出和的前4项和的差即可得出答案；
令得出，再计算第42个月底的保有量和容纳量即可得出结论．
 已知椭圆C：，，分别是椭圆C的左、右焦点．
Ⅰ求椭圆C的长轴和短轴的长，离心率e，左焦点；
Ⅱ已知P是椭圆上一点，且，求的面积．【答案】解：Ⅰ由椭圆知，，
则，故，
所以椭圆C的长轴长，短轴长，
离心率，左焦点；
Ⅱ解：由Ⅰ可得，，．
由椭圆的定义知，
在中，由勾股定理，
得，
，得，
，
．【解析】本题考查椭圆的标准方程、椭圆的简单几何性质及焦点三角形的面积，属于中档题．
Ⅰ由椭圆的方程及性质直接求解；
Ⅱ由椭圆的定义知，
根据勾股定理，，得即可进行求解．
 已知函数．当时，讨论的单调性当x0时，，求a的取值范围．【答案】解：当时，，，记，因为，所以在R上单调递增，又，得当时，即在上单调递增；当时，即在上单调递减．所以在上单调递减，在上单调递增．当时，；     当时，即，令，记，令，因为，所以，所以在上单调递增，即所以在上单调递增，即，故当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减；所以，所以，综上可知，实数a的取值范围是．【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性、导数与不等式等知识，考查运算求解、逻辑推理能力及分类讨论的数学思想，难度较大．
 给定无穷数列，若无穷数列满足：对任意，都有，则称与“接近”．
设是首项为1，公比为的等比数列，，，判断数列是否与接近，并说明理由；
设数列的前四项为：，，，，是一个与接近的数列，记集合2，3，，求M中元素的个数m；
已知是公差为d的等差数列，若存在数列满足：与接近，且在，，，中至少有100个为正数，求d的取值范围．【答案】解：数列与接近．
理由：是首项为1，公比为的等比数列，
可得，，
则，，
可得数列与接近；
是一个与接近的数列，
可得，
数列的前四项为：，，，，
可得，，，，
可能有，，，
M中元素的个数或4；
是公差为d的等差数列，若存在数列满足：与接近，
可得，
若，取，可得，
则，，，中有200个正数，符合题意；
若，取，则，，
可得，
则，，，中有200个正数，符合题意；
若，可令，，
则，
则，，，中恰有100个正数，符合题意；
若，若存在数列满足：与接近，
即为，，
可得，
，，，中无正数，不符合题意．
综上可得，d的范围是．【解析】本题考查新定义“接近”的理解和运用，考查等差数列和等比数列的定义和通项公式的运用，考查分类讨论思想方法，以及运算能力和推理能力，属于难题．
运用等比数列的通项公式和新定义“接近”，即可判断；
由新定义可得，求得，，2，3，4的范围，即可得到所求个数；
运用等差数列的通项公式可得，讨论公差，，，，结合新定义“接近”，推理和运算，即可得到所求范围．