全真模拟卷03（文科）-2021年高考数学一模测试全真模拟试卷

这是一份全真模拟卷03（文科）-2021年高考数学一模测试全真模拟试卷，文件包含全真模拟卷03文科原卷版docx、全真模拟卷03文科解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共40页， 欢迎下载使用。

2021年文科数学一模模拟试卷（三）


一、单选题(共60分)
1．(本题5分)已知，且为虚数单位，则的最大值是 （ ）
A． B． C． D．
2．(本题5分)已知集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
3．(本题5分)在中，角，，的对边分别为，，，则“”是“”成立的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既非充分也非必要条件
4．(本题5分)已知某个三棱锥的三视图如图所示，其中正视图是等边三角形，侧视图是直角三角形，俯视图是等腰直角三角形，则此三棱锥的体积等于（ ）

A． B． C． D．
5．(本题5分)已知，，则（ ）
A． B． C． D．
6．(本题5分)设x，y满足约束条件，且的最大值为1，则的最小值为（ ）
A．64 B．81 C．100 D．121
7．(本题5分)运行如图所示的程序框图，输出的结果为，则判断框中可以填（ ）


A．
B．
C．
D．
8．(本题5分)如图，正方体中，为线段上的动点，则下列结论错误的是（ ）

A．
B．异面直线与不可能垂直
C．不可能是直角或者钝角
D．的取值范围是
9．(本题5分)已知数列的前项和是，且，若，则称项为“和谐项”，则数列的所有“和谐项”的和为（ ）
A．1022 B．1023 C．2046 D．2047
10．(本题5分)已知椭圆的左焦点为，点是椭圆上的动点，点是圆上的动点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
11．(本题5分)已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
12．(本题5分)双曲线的右焦点为，设、为双曲线上关于原点对称的两点，的中点为，的中点为，若原点在以线段为直径的圆上，直线的斜率为，则双曲线的离心率为（ ）
A．4 B．2 C． D．


二、填空题(共20分)
13．(本题5分)已知数列是等比数列，，，且，则数列的公比___________ .
14．(本题5分)的展开式中，常数项为______．（用数字作答）
15．(本题5分)已知，，分别为的三个内角，，的对边，，且，为的重心，则________
16．(本题5分)已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于、两点，且，若是直线上的一个动点，，则的最小值为_______.

三、解答题(共80分)
17．(本题12分)的内角A，B，C的对边为a，b，c，且．
（1）求的值；
（2）若的面积为，求的最小值．
18．(本题12分)某士特产超市为预估2021年元旦期间游客购买土特产的情况，对2020年元且期间的90位游客购买情况进行统计，得到如下人数分布表．
购买金额（元）






人数
10
15
20
15
20
10
（1）根据以上数据完成列联表，并判断是否有95%的把握认为购买金额是否少于60元与性别有关．

不小于60元
小于60元
合计
男

40

女
18


合计


90
（2）为吸引游客，该超市推出一种优惠方案，购买金额不少于60元可抽奖3次，每次中奖概率为P（每次抽奖互不影响，且P的值等于人数分布表中购买金额不少于60元的频率），中奖1次减5元，中奖2次减10元，中奖3次减15元若游客甲计划购买80元的土特产，请列出实际付款数X（元）的分布列并求其数学期望．
参考公式及数据：
，
附表：

0.150
0.100
0.050
0.010
0.005

2.072
2.706
3.841
6.635
7.879

19．(本题12分)如图，在四棱锥中，平面ABCD．，，，E是PD的中点．

（1）证明：平面PBC；
（2）若，求三棱锥的体积．
20．(本题12分)已知圆，动圆过点且与圆相切，记动圆圆心的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2），是曲线上的两个动点，且，记中点为，，证明：为定值.
21．(本题12分)已知函数.
（1）若在处取到极值，求的值及函数的单调区间；
（2）若，求的取值范围.
22．(本题10分)在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
（2）已知点，若直线与曲线相交于不同的两点，，求的值.
23．(本题10分)已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.

参考答案
1．B
【分析】
根据复数的几何意义，可知中对应点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，而表示圆上的点到的距离，由圆的图形可得的的最大值.
【详解】
根据复数的几何意义，可知中对应点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.
表示圆C上的点到的距离，
的最大值是，
故选B
【点睛】
本题主要考查了复数的几何意义，圆的性质，属于中档题.
2．D
【分析】
化简集合A，B，根据交集运算求解即可.
【详解】
由可得，
解得，
所以，
当时，
又，
所以，
故选：D
3．A
【分析】
由题意结合三角恒等变化化简，由等腰三角形的性质可判定充分性和必要性是否成立即可.
【详解】
在中，


或
所以或
因此“”是“”成立的充分不必要条件.
故选：A
4．B
【分析】
由三视图知几何体是一个侧面与底面垂直的三棱锥，底面是斜边上的高是1的直角三角形，则两条直角边是，斜边是2与底面垂直的侧面是一个边长为2的正三角形，根据体积公式直接求棱锥体积．
【详解】
由三视图知几何体是一个侧面与底面垂直的三棱锥，
底面是斜边上的高是1的直角三角形，
则两条直角边是，
斜边是2，
底面的面积是，
与底面垂直的侧面是一个边长为2的正三角形，
三棱锥的高是，
三棱锥的体积是
故选：B

5．D
【分析】
先利用二倍角公式化简整理得到，再利用同角三角函数的平方关系，结合范围解出即可.
【详解】
由，，得，，
所以，即，故，
代入得，，故，
因为，所以.
故选：D.
【点睛】
关键点点睛：
本题解题关键在于熟记公式并准确运算，还要注意角的范围的限制，才能突破难点.
6．D
【分析】
作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线得最优解，从而得的关系式，然后用“1”的代换，配凑出积为定值，用基本不等式得最小值．
【详解】
作出约束条件表示的可行域，如图，内部（含边界），作直线直线 ，
中，由于，是直线的纵截距，直线向上平移时，纵截距增大，
所以当直线经过点时，取得最大值，
则，
所以，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为121．
故选：D．

【点睛】
关键点点睛：本题考查简单的线性规划，考查用基本不等式求最值．解题思路是利用简单的线性规划求得变量满足的关系式，然后用“1”的代换凑配出定值，再用基本不等式求得最小值．求最值时注意基本不等式的条件：一正二定三相等，否则易出错．
7．D
【分析】
根据程序框图逐步进行运算，发现并检验判断框中所填的条件即可.
【详解】
运行程序框图，，，
，，，
，，，
，，，…，
，，
，此时输出.
故选：D.
【点睛】
方法点睛：解决此类问题时要注意：第一，要明确是当型循环机构，还是直到型循环结构，根据各自的特点执行循环体；第二，要明确程序框图中的累加变量，明确每一次执行循环体前和循环体后，变量的值发生的变化；第三，要明确终止循环的条件是什么，会判断什么时候终止，争取写出每一次循环的结果，避免出错.
8．D
【分析】
在正方体中根据线面垂直可判断A，根据异面直线所成角可判断B，由余弦定理可判断CD.
【详解】
如图，

设正方体棱长为2，
在正方体中易知平面，为线段上的动点，则平面,所以 ，故A正确；
因为异面直线与所成的角即为与所成的角，在中不可能与垂直，所以异面直线与不可能垂直，故B正确；
由正方体棱长为2，则，
所以由余弦定理知，即不可能是直角或者钝角，故C正确；
设，则，，
由余弦定理，，
当时，，所以为钝角，故D错误.
故选：D
【点睛】
关键点点睛：判断正方体中的角的范围时，可选择合适三角形，利用正方体中数量关系，位置关系，使用余弦定理，即可判断三角形形状或角的范围，属于中档题.
9．D
【分析】
由求出的递推关系，再求出后确定数列是等比数列，求出通项公式，根据新定义确定“和谐项”的项数及项，然后由等比数列前项和公式求解．
【详解】
当时，，∴，
又，，∴是等比数列，公比为2，首项为1，
所以，由得，即，
∴所求和为．
故选：D．
【点睛】
关键点点睛：本题考查数列新定义，考查等比数列的通项公式与前项和公式，解题思路是由得出递推关系后确定数列是等比数列，从而求得通项公式．解题关键是利用新定义确定数列中“和谐项”的项数及项．
10．B
【分析】
作出图形，利用椭圆的定义以及圆的几何性质可求得的最小值.
【详解】
如下图所示：

在椭圆中，，，，
圆心为椭圆的右焦点，由椭圆定义可得，
，由椭圆的几何性质可得，即，
由圆的几何性质可得，
所以，.
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：解本题的关键在于以下几点：
（1）问题中出现了焦点，一般利用相应圆锥曲线的定义，本题中注意到，进而可将用表示；
（2）利用圆的几何性质得出，可求得的取值范围；
（3）利用椭圆的几何性质得出焦半径的取值范围：.
11．D
【分析】
这是一个复合函数的问题，通过换元 ，可知新元的范围，然后分离参数，转为求函数的最大值问题，进而计算可得结果.
【详解】
由题可知当时，有，
当时，，即
所以当时，，令，则，
从而问题转化为不等式在上恒成立，
即在上恒成立，
由 ，，
设，，
所以在是单调递减函数，
设，，
所以在是单调递增函数，
在上先减后增，而在时有最大值为，所以.
【点睛】
本题考查含参数的恒成立问题，运用到分离参数法求参数范围，还结合双勾函数的单调性求出最值， 同时考查学生的综合分析能力和数据处理能力.
12．B
【分析】
设，则，得到，根据题设条件，化简得到，结合，求得的值，根据离心率的定义，即可求解.
【详解】
设，则，
因为的中点为的中点为，所以，
因为原点在线段为直径的圆上，
所以，可得，①
又因为点在双曲线上，且直线的斜率为，所以，②
联立消去，可得，③
又由点是双曲线的右焦点，可得，
代入③，化简整理得，解得或，
由于，所以（舍去），
故，解得，所以离心率为.
故选：B.
【点睛】
求解圆锥曲线的离心率的三种方法：
1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
2、齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；
3、特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
13．2
【分析】
利用等比公式化为，从而求得公比.
【详解】
数列是等比数列，则，所以，
而，，所以公比.
故答案为：2
14．
【分析】
写出展开式的通项，令的指数为零，求出参数的值，代入通项即可得解.
【详解】
展开式的通项为，
令，可得，
因此，展开式中的常数项为.
故答案为：.
15．
【分析】
根据已知等式，利用余弦定理角化边，结合已知条件可以求得的值，进而求得的值，然后根据,利用向量的数量积运算可求得的长度.
【详解】
由余弦定理得,∴,
∵，，
将代入得：,
所以，
设以为邻边的平行四边形的另一个顶点为,则,
,
故答案为：

【点睛】
本题考查余弦定理在解三角形中的应用，要熟练使用上弦定理角化边，并结合向量的数量积运算可更快的求解.
16．
【分析】
本题首先可设出直线的方程为，然后联立直线方程与抛物线方程得出，再然后根据解得，取，根据垂直平分性求出点关于直线的对称点为，最后求出并根据两点间距离公式即可得出结果.
【详解】
因为直线过点，所以设直线的方程为，
联立方程组，得，则，
根据抛物线的定义可知，解得，
取（时所得结果一致），则直线的方程为，
设点关于直线的对称点为，
根据垂直平分性，可列出方程组，,即，
此时线段与直线的交点即为使得取得最小值的点，
因为，所以最小距离为，
故答案为：.
【点睛】
本题考查抛物线中的最值问题，考查直线与抛物线相交以及抛物线的定义，考查点关于直线的对称点的求法，考查两点间距离公式，考查计算能力，体现了综合性，是难题.
17．（1）；（2）.
【分析】
（1）根据题中条件，由正弦定理将原式化为，整理后结合余弦定理，即可得出结果；
（2）由（1）先求出，根据三角形面积，得到，根据，利用基本不等式，即可求出最值.
【详解】
（1）由，
∵，所以，
由正弦定理可得，则，
由余弦定理可得：；
（2）由，得
∵，∴，
由得，
∴，当且仅当时，等号成立．
又，当且仅当时，等号成立．
∴，当且仅当时，等号成立．
即的最小值为．
【点睛】
方法点睛：
求解三角形中有关边长、角、面积的最值（范围）问题时，常利用正弦定理、余弦定理与三角形面积公式，建立，，之间的等量关系与不等关系，然后利用函数或基本不等式求解.
18．（1）列联表见解析，有95%的把握认为购买金额是否少于60元与性别有关；（2）分布列见解析，.
【分析】
(1)分析题意完成2×2列联表,直接套公式求出,对照参数下结论;
(2)分析出随机变量，易求出的分布列与期望..
【详解】
（1）列联表如下：

不少于60元
少于60元
合计
男
12
40
52
女
18
20
38
合计
30
60
90
，
因此有95%的把握认为购买金额是否少于60元与性别有关．
（2）X可能取值为65，70，75，80，且．
由题意知：
，，
，，
所以X的分布列为
X
65
70
75
80





.
【点睛】
(1)独立性检验的题目直接根据题意完成完成2×2列联表,直接套公式求出,对照参数下结论，一般较易；
(2)求离散型随机变量的分布列时，要特别注意. 随机变量是否服从二项分布、超几何分布等特殊的分布.
19．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取PC的中点F，连接EF、BF，可证明四边形是平行四边形，根据线面平行的判定定理，即可得证；
（2）根据题中条件及余弦定理，可求得AC的长，根据勾股定理，可证，根据E为PD中点，可得，代入数据，计算整理，即可得结果.
【详解】
（1）证明：取PC的中点F，连接EF、BF，如图所示：

因为E、F分别为PD，PC的中点，
所以且，
又，，
所以且
所以四边形是平行四边形，
所以，
又因为平面PBC，平面PBC
所以平面PBC．
（2）因为AB=1，，，
所以，即，
所以，即，
因为E是PD的中点，
所以，
又，所以，所以，
所以，
所以.
【点睛】
解题的关键是利用等体积法，，进行转换，可大大简化计算，提高正确率，属基础题.
20．（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由题意圆内切于圆，所以列式得，可知点的轨迹是以，为焦点的椭圆，可得，，可得轨迹方程；（2）先讨论斜率存在的情况，设直线方程，然后联立得关于的一元二次方程，写出韦达定理，根据向量的数量积为零列式化简计算，再根据题意计算点到直线的距离，接下来判断直线斜率不存在的情况，求出，两点的坐标代入计算.
【详解】
解：（1）点在圆内，
∴圆内切于圆，∴，
所以点轨迹是以，为焦点的椭圆，且，，从而
故点的轨迹的方程为：.
（2）设，，
若直线斜率存在，设直线方程为，
联立，整理得：，
，
因为，所以，即.
化简得：，
即，
从而，，①
因为，且为中点，所以，
在直角中，记原点到直线的距离为，
则，
由①知，原点到直线的距离为，
所以为定值.
若直线斜率不存在，设直线方程为，
联立，解得，
由得，即，
综上，为定值.
【点睛】
解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题，同时注意讨论直线斜率不存在的情况.
21．（1），单调递减区间为，单调递增区间为；（2）
【分析】
（1）求出导数，由可求得，再根据导数得出单调区间；
（2）根据的导数可得存在，，使得，即，构造函数，利用导数得出单调性，可得出，然后求出，的值域即可.
【详解】
（1），
在处取到极值，，解得，
此时，，单调递增，
可得时，，单调递减，时，，单调递增，
在处取到极小值，符合题意，
综上，，的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2），，
在单调递增，
当时，，时，，
存在，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，


，
令，则，
单调递减，且，，
，
令，，
，单调递减，
，当时，，
的取值范围为.
【点睛】
本题考查利用导数研究不等式的恒成立问题，解题的关键是得出存在，，使得，即，得出.
22．（1）；；（2）.
【分析】
（1）根据直线的参数方程消去参数，即可得出直线 的普通方程；根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可得出曲线的直角坐标方程；
（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，根据点在曲线的内部，得到，利用参数的方法，即可得出结果.
【详解】
（1）由（为参数）消去参数可得直线的普通方程为.
由得，即，
整理可得曲线的直角坐标方程为.
（2）将直线的参数方程（为参数）代入椭圆：中，
整理得，显然，设点、对应的参数分别为、.
所以，，
故.
【点睛】
方法点晴：过点，倾斜角为的直线的参数方程为 (为参数)，且的几何意义为：是直线上任一点到的距离，设，是直线上任意两点，则有，，.
23．（1）；（2）.
【分析】
（1）分类去绝对值后解不等式.
（2）恒成立问题转化为求的最小值问题.利用绝对值的三角不等式求最小值
【详解】
（1）即为，等价于
或或，
解得，即不等式的解集为.
（2）因为，
当且仅当时取最小值
所以由恒成立，可得，
即，
解得，故实数的取值范围是.
【点睛】
绝对值不等式的解法：
法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．