专题34 仿真模拟卷02（新高考地区专用）（解析版）

这是一份专题34 仿真模拟卷02（新高考地区专用）（解析版），共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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仿真模拟卷02
数 学
本卷满分150分，考试时间120分钟。
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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．（2021·江苏高三月考）已知集合，，则集合
A． B．或
C． D．
【答案】B
【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合．
【解析】，
，
因此，或．故选B．
2．（2021·湖南永州市·高三二模）若复数对应的点是，则
A． B． C．-1 D．1
【答案】B
【分析】由题得，代入化简即得解．
【解析】由题得．故选B
3．（2021·云南昆明市·昆明一中高三月考）我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是设实数的不足近似值和过剩近似值分别为和（），则是的更为精确的不足近似值或过剩近似值．我们知道，若令，则第一次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即，若每次都取最简分数，那么第二次用“调日法”后可得的近似分数为
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】按照题干给定的算法计算可得；
【解析】第一次用“调日法”后得的更为精确的过剩近似值是，即，
第二次用“调日法”后得的更为精确的过剩近似值是，故选A．
4．（2021·全国高三开学考试）对任意实数，在以下命题中，正确的个数有
①若，则； ②若，则；
③若，则； ④若，则
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】直接利用不等式的基本性质判断．
【解析】①因为，则，根据不等式性质得，故正确；
②当时，，而，故错误；
③因为，所以，即，故正确；
④当时，，故错误；故选B
5．（2021·河南驻马店市·高三期末）已知椭圆的一个焦点为，点是椭圆上的一个动点，的最小值为，且存在点，使得（点为坐标原点）为正三角形，则椭圆的焦距为
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】不妨设为椭圆的右焦点，为椭圆的左焦点，连接，利用椭圆的定义，以及的最小值，列方程组可得椭圆的焦距．
【解析】不妨设为椭圆的右焦点，为椭圆的左焦点，连接

因为为等边三角形，所以，所以是直角三角形，所以．因为，所以．因为的最小值为，所以，所以，椭圆的焦距为，故选D.
6．（2021·四川高三月考）已知直线与抛物线交于两点，且抛物线上存在点，使得(为坐标原点)，则抛物线的焦点坐标为
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，，，直线方程与抛物线方程联立方程组，消元后应用根与系数关系得，再由直线方程得，这样由向量的运算得出点坐标，把点坐标代入抛物线方程可求得值，得抛物线的标准方程、焦点坐标．
【解析】设，，，由
得，易知，所以．，
由可得，
则，
将其代入抛物线的方程得，
因为，解得，所以抛物线的方程为，焦点坐标为．故选C．
【名师点睛】本题考查直线与抛物线相交问题，解题方法是设而不求的思想方法，设交点坐标为，，，直线方程与抛物线方程联立方程组，消元后应用根与系数关系，结合向量的线性运算，用参数表示出点坐标，代入抛物线方程后可求得参数值，得结论．
7．（2021·浙江高三月考）已知正方体的棱长为1，点，分别为线段，上的动点，点在平面内，则的最小值是
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设点关于的对称点为，关于的对称点为，则最小值为直线与之间的距离，利用等积法可求此最小距离．
【解析】点关于的对称点为，关于的对称点为，

记为直线与之间的距离，则，
由，为到平面的距离，因为，
而，故，故选B．
【名师点睛】空间中动线段的距离和的最值问题，可以类比平面中的距离和的最值处理利用对称性来处理于转化，另外异面直线间的公垂线段的长度可利用点到平面的距离来处理．
8．（2021·浙江绍兴市·高三期末）设是无穷数列，若存在正整数，使得对任意，均有，则称是间隔递增数列，是的间隔数．若是间隔递增数列，且最小间隔数是3，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】依题意得到，成立，则，对于 成立，且对于 成立，即可求出参数的取值范围；
【解析】若 是间隔递增数列且最小间隔数是 3，则
，成立，
则，对于 成立，且对于 成立，
即，对于 成立，且，对于 成立，
所以，且，解得，故选A．
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2分，有选错的得0分．
9．（2020·江苏南京市·高三月考）下列说法正确的是
A．若，且，则
B．设有一个回归方程，变量x增加1个单位时，y平均减少5个单位
C．线性相关系数r越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱
D．在某项测量中，测量结果服从正态分布，则
【答案】ABD
【分析】由的方差公式可判断A； x增加1个单位时计算y值与原y值比较可判断B；由线性相关系数|r|的性质可判断C；根据正态曲线关于x=1对称即可判断D．
【解析】对于选项A，由，，则，所以，故正确；
对于选项B，若有一个回归方程，变量x增加1个单位时，，故y平均减少5个单位，正确；
对于选项C，线性相关系数|r|越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱，错误；
对于选项D，在某项测量中，测量结果服从正态分布，由于正态曲线关于对称，则，正确．故选ABD．
【名师点睛】本题考查方差的计算、线性回归方程的相关计算、正态分布的概率问题，解题的关键点是熟练掌握有关概念和性质，属于基础题．
10．（2021·广东韶关市·高三一模）设，为正数，若直线被圆截得弦长为4，则
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】根据直线与圆的位置关系可得排除A，再由均值不等式判断CD即可．
【解析】由可得，
故圆的直径是4，
所以直线过圆心，即，故B正确；
又，均为正数，所以由均值不等式，当且仅当时等号成立；故C正确；
又，
当且仅当，即，即时，等号成立，故D正确．故选BCD
【名师点睛】利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方．
11．（2021·江苏泰州市·高三期末）已知，，其中为展开式中项系数，，则下列说法正确的有
A．，
B．
C．
D．是，，，…，是最大值
【答案】ACD
【分析】由三项式系数塔与杨辉三角构造相似可得A，D正确，根据计算可得，，所以C正确．
【解析】由题意知，三项式系数塔与杨辉三角构造相似，其第二行为三个数，且下行对应的数是上一行三个数之和，故，是，，，…，的中间项，故最大，所以A，D正确；令可知；
当时，，，，，所以．
令可知，，即；
因为．
故，C正确．故选ACD
【名师点睛】（1）二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件（特定项）和通项公式，建立方程来确定指数（求解时要注意二项式系数中和的隐含条件，即，均为非负整数，且，如常数项指数为零、有理项指数为整数等）；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．
（2）求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．
12．（2021·江苏高三月考）已知函数在区间内有唯一零点，则m的可能取值为
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】根据题意，将问题转化为方程在区间内有唯一实数根，进而令，，研究函数的单调性得在区间内单调递增，故，进而得答案．
【解析】因为函数在区间内有唯一零点，
所以方程在区间内有唯一实数根，
所以方程在区间内有唯一实数根，令，
所以在区间恒成立，
所以函数在区间内单调递增，
故，由于，故选BC．
【名师点睛】本题考查利用导数研究函数的零点问题，解题的关键在于将问题转化为方程在区间内有唯一实数根的问题，进而构造函数求解．考查运算求解能力，回归转化思想，是中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2021·安徽高三一模）设f(x)是定义在R上周期为2的函数，当x∈(-1，1]时，，其中m∈R．若f()=f()，则m的值是___________．
【答案】
【分析】分别计算f()和f()，解方程求出m．
【解析】
由f()=f()可得，解得故答案为1
14．（2021·广东梅州市·高三一模）已知，，则___________．
【答案】
【分析】由正切的值和角的范围可求出该角的正弦值和余弦值，代入两角差的余弦公式即可求出结果．
【解析】因为，且，所以，，
则．
故答案为．
15．（2021·陕西榆林市·高三二模）关于函数有如下四个命题：
①的最小正周期为2；
②的图象关于点对称；
③若，则的最小值为；
④的图象与曲线共有4个交点．
其中所有真命题的序号是__________．
【答案】①②④
【分析】结合正弦函数的性质判断各命题的真假．
【解析】由图可得，的最小正周期为2，①正确；
，的图象关于点对称，②正确；
离轴最近的对称轴为，所以若，则的最小值为，③错误；
在轴右边离最近的对称为，，而，在上是减函数，因此的图象在第一象限每个周期内与的图象都有两个交点，在区间上有两个交点，在区间上有两个交点，从而在上有4个交点，④正确；
故答案为①②④．
【名师点睛】本题考查正弦型三角函数的性质，解题方法是利用正弦函数性质求得的最小正周期，对称中心，对称轴，利用周期性确定函数图象交点个数，最终得出结论．
16．（2021·绵阳南山中学实验学校高三开学考试）为实数，表示不超过的最大整数．，若的图象上恰好存在一个点与的图象上某点关于轴对称，则实数的取值范围为___________．
【答案】
【分析】将分离参数，得到，转化为，与有一个交点，数形结合可求解．
【解析】设，点关于轴对称，
由题意可知在有一个解，
故在有一个解，
设，，
写成分段函数形式即为，作出函数图象可知

与，只有一个交点，
由图象可知，的取值范围为或，故答案为
【名师点睛】函数零点或方程的根的求解与判断方法：
（1）直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
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．（10分）（2021·江苏连云港市·高三开学考试）在中，角，，所对的边分别为，，，已知，且．
（1）证明：；
（2）若的周长为，求其面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）解法一：用正弦定理化边为角，得到，再变成，运用基本不等式可证明
解法二：用余弦定理化角为边，得到关系式，再用基本不等式求解即可．
（2）用余弦定理求出，再用三角形面积公式求解即可．
【解析】（1）解法一：由已知及正弦定理，得
因为
所以，
由正弦定理得，即．．
解法二：由已知及余弦定理，得，得，
所以．
（2）因为的周长为，所以，
因为
因为，所以得．
所以．
【名师点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
18．（12分）（2021·湖南永州市·高三二模）给定三个条件：①，，成等比数列，②，③，从上述三个条件中，任选一个补充在下面的问题中，并加以解答．
问题：设公差不为零的等差数列的前项和为，且，___________．
（1）求数列的通项；
（2）若，数列的前项和，求证：．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】条件选择见解析；（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据所选条件得到方程组，解得即可；
（2）由（1）可得，再利用裂项相消法求和即可；
【解析】（1）设等差数列的公差为．
选条件①：因为，，，成等比数列，
所以，
解得，故数列的通项．
选条件②：因为，因为，所以，解得，
故数列的通项．
选条件③：因为，，所以，
解得，故数列的通项．
（2）因为，
所以

．
【名师点睛】数列求和的方法技巧：
（1）倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．
（2）错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．
（3）分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．
19．（12分）（2021·安徽高三一模）为了调查某地区全体高中生的身高信息(单位：cm)，从该地区随机抽取高中学生100人，其中男生60人，女生40人．调查得到样本数据xi(i=1，2，···60)和yj(j=1，2，···40)，xi和yj分别表示第i个男生和第j个女生的身高．经计算得=10500，=1838400，=6600，=1090200．
（1）请根据以上信息，估算出该地区高中学生身高的平均数和方差s2；
（2）根据以往经验，可以认为该地区高中学生身高X服从正态分布N(μ，σ2)，用作为μ的估计值，用s2作为σ2的估计值．若从该地区高中学生中随机抽取4人，记表示抽取的4人中身高在(171，184.4)的人数，求ξ的数学期望．
附：①数据t1，t2，…tn的方差，②若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ-σ