全真模拟卷02（新高考）-2021年高考数学一模测试全真模拟试卷

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2021年新高考数学一模模拟试卷（二）


一、单选题(共40分)
1．(本题5分)复数z满足（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．(本题5分)设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．(本题5分)已知非零向量、满足，且，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
4．(本题5分)已知是三角形的一个内角，，则（ ）
A． B． C． D．
5．(本题5分)设等比数列的公比为q，首项，则“”是“对”的（ ）
A．充要条件 B．充分而不必要条件
C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件
6．(本题5分)是全面实现小康社会目标的一年，也是全面打赢脱贫攻坚战的一年.复旦大学团委发起了“跟着驻村第一书记去扶贫”的实践活动，其中学生小明与另外名学生一起分配到某乡镇甲、乙、丙个贫困村参与扶贫工作，若每个村至少分配名学生，则小明恰好分配到甲村的方法数是（ ）
A． B． C． D．
7．(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．
8．(本题5分)已知函数与函数的图象上恰有两对关于轴对称的点，则实数的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．

二、多选题(共20分)
9．(本题5分)已知为等比数列，下列结论正确的是（ ）
A．若，则 B．
C．若，则 D．若，则
10．(本题5分)已知曲线，下列说法正确的是（ ）
A．若，则是圆，其半径为.
B．若，，则是两条直线.
C．若，则是椭圆，其焦点在轴上.
D．若，则是双曲线，其渐近线方程为.
11．(本题5分)设函数，已知在有且仅有个零点，则（ ）
A．在上存在、，满足
B．在有且仅有个最小值点
C．在上单调递增
D．的取值范围是
12．(本题5分)已知四边形是等腰梯形（如图1），，，，．将沿折起，使得（如图2），连结，，设是的中点.下列结论中正确的是（ ）

A． B．点到平面的距离为
C．平面 D．四面体的外接球表面积为


三、填空题(共20分)
13．(本题5分)展开式中常数项为___________.(用数字作答)
14．(本题5分)过点作圆的切线有两条，则的取值范围是________
15．(本题5分)算盘是中国传统的计算工具，其形为长方形，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一，运算时定位后拨珠计算.算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠.如图，若拨珠的三档从左至右依次定位：百位档、十位档、个位档，则表示数字518．若在千、百、十、个位档中随机选择一档拨一颗上珠，再随机选择两个档位各拨一颗下珠，则所拨数字能被5整除的概率为______.

16．(本题5分)在三角形中，角，，所对的边分别为，，，，的角平分线交于点，且，则的最小值为________．

四、解答题(共70分)
17．(本题10分)已知函数.
（1）求的单调递增区间；
（2）若对，恒有成立，且 ，求△ABC面积的最大值.
在下列四个条件中，任选2个补充到上面问题中，并完成求解.其中为△ABC的三个内角所对的边.①△ABC的外接圆直径为4；②是直线截圆O：所得的弦长；③；④.
18．(本题12分)设是数列的前n项和，．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，数列的前n项和为，求．
19．(本题12分)如图，已知四边形和均为直角梯形，，，且，..

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
20．(本题12分)天气寒冷，加热手套比较畅销，某商家为了解某种加热手套如何定价可以获得最大利润，现对这种加热手套进行试销售，统计后得到其单价x(单位;元)与销量y(单位:副)的相关数据如下表：
单价x（元）
80
85
90
95
100
销量y（副）
140
130
110
90
80
（1）已知销量y与单价x具有线性相关关系，求y关于x的线性回归方程;
（2）若每副该加热手套的成本为65元，试销售结束后，请利用（1）中所求的线性回归方程确定单价为多少元时，销售利润最大?(结果保留到整数)
附:对于一组数据(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为
参考数据:
21．(本题12分)已知椭圆过点，且离心率为．

（1）求椭圆的方程；
（2）设经过椭圆右焦点F的直线l交椭圆于C，D两点，判断点与以线段CD为直径的圆的位置关系，并说明理由．
22．(本题12分)已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设，若为的极大值点，求实数的取值范围.

参考答案
1．D
【分析】
先计算复数，再求其共轭复数，即可求出共轭复数对应的点，进而可得在复平面内对应的点所在的象限.
【详解】
由得：
，
∴，．
所以复数在复平面内对应的点为，位于第四象限，
故选：D．
2．B
【分析】
解出集合、，利用交集的定义可求得集合.
【详解】
，，
则，
故选：B．
3．B
【分析】
设非零向量、的夹角为，利用可得出，求出的值，结合的取值范围可求得的值，即为所求.
【详解】
设非零向量、的夹角为，
，，
所以，，
，因此，.
故选：B.
4．A
【分析】
先由同角的三角函数的关系式求出 ，结合已知，再利用两角和的余弦公式可求的值.
【详解】
由是三角形的一个内角，，则
所以，即
由，即，
所以，则

故选：A
5．B
【分析】
由于，可得其正负由决定，从而可得结论.
【详解】
由，得，
因为，即为，
即，得或，
所以“”是“或”的充分不必要条件.
故选：B.
【点睛】
结论点睛：考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：
（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；
（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；
（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含．
6．C
【分析】
对甲村分配的学生人数进行分类讨论，结合分类加法计数原理可求得结果.
【详解】
若甲村只分配到名学生，则该学生必为小明，此时分配方法数为种；
若甲村分配到名学生，则甲村除了分配到小明外，还应从其余名学生中挑选名学生分配到该村，此时分配方法数为种.
综上所述，不同的分配方法种数为种.
故选：C.
【点睛】
方法点睛：不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．
7．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.
8．B
【分析】
由题意可得对于恰有两个不等式的实根，等价于方程
对于恰有两个不等式的实根，令，可转化为与两个函数图象在有两个不同的交点，对求导判断单调性，作出其函数图象，数形结合即可求解.
【详解】
若函数与函数的图象上恰有两对关于轴对称的点，则对于恰有两个不等式的实根，
即对于恰有两个不等式的实根，
可得对于恰有两个不等式的实根，
令，
则与两个函数图象在有两个不同的交点，
，
由可得，由可得，
所以在单调递减，在单调递增，
所以图象如图所示：

当时，，
当时，，
若与两个函数图象在有两个不同的交点，
由图知，
所以实数的取值范围是，
故选：B
【点睛】
方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
9．ABD
【分析】
根据等比数列下标和性质结合基本不等式的变形式判断出AB是否正确；根据条件分析公比的取值情况，由此判断出C是否正确；根据等比数列的通项公式的变形式结合不等式性质判断D是否正确.
【详解】
A．因为，取等号时，故正确；
B．因为，取等号时，故正确；
C．设等比数列的公比为，因为，所以，所以，当时，，故错误；
D．设等比数列的公比为，因为且，所以，所以，故正确；
故选：ABD.
【点睛】
结论点睛：等差、等比数列的下标和性质：若，
（1）当为等差数列，则有；
（2）当为等比数列，则有.
10．ABD
【分析】
选项A. 当时，曲线可判断；选项B. 当，时，曲线可判断；选项C. 当时，曲线，则表示焦点在轴上的椭圆；选项D. 若，则是双曲线,由，可得可判断.
【详解】
选项A. 当时，曲线，表示半径为的圆，故A正确
选项B. 当，时，曲线，即，表示两条直线，故B正确
选项C. 当时，曲线，可化为，
由，则，则表示焦点在轴上的椭圆，故C不正确.
选项D. 若，则是双曲线,由，可得
所以渐近线方程为，故D正确
故选：ABD
11．AD
【分析】
化简函数的解析式为，令，由可求得，作出函数的图象，可判断AB选项的正误；由图象得出可判断D选项的正误；取，利用正弦型函数的单调性可判断C选项的正误.
【详解】
，
当时，，令，则，
作出函数的图象如下图所示：


对于A选项，由图象可知，，，
所以，在上存在、，满足，A选项正确；
对于B选项，在上有个或个最小值点，B选项错误；
对于D选项，由于函数在有且仅有个零点，则，解得，D选项正确；
对于C选项，由于，取，当时，，
此时，函数在区间上不单调，C选项错误.
故选：AD.
【点睛】
关键点点睛：本题考查利用正弦型函数在区间上的零点个数判断正弦型函数的基本性质，解本题的关键在于换元，将问题转化为函数在区间上的零点个数问题，数形结合来求解.
12．BD
【分析】
过C做，交AB于F，根据题意，可求得各个边长，根据线面垂直的判定定理，可证平面BCDE，即，假设，根据线面垂直的判定及性质定理，可得DE，与已知矛盾，可得A错误，利用等体积法，可求得点到平面的距离，即可判断B的正误；由题意可证平面ADC，假设平面，则平面ACD平面AEB，与已知矛盾，可得C错误；根据四棱锥的几何性质，可确定球心的位置，代入公式，即可判断D的正误，即可得答案.
【详解】
因为，，
所以为等腰直角三角形，过C做，交AB于F，如图所示：

所以，即AE=BF，又，，
所以，则，
对于A：因为，，平面BCDE，
所以平面BCDE，平面BCDE，
所以，
若，且平面ADE，
则平面ADE，
所以DE
与已知矛盾，所以BC与AD不垂直，故A错误；
对于B：连接MC，如图所示，

在中，DE=DC=1，所以，又，EB=2，
所以，所以，
又因为，平面AEC，
所以平面AEC，平面AEC，
所以，即为直角三角形，
在中，，所以，
因为是的中点，
所以的面积为面积的一半，所以，
因为，
所以DE即为两平行线CD、EB间的距离，
因为，设点E到平面的距离为h，
则，即，
所以，所以点到平面的距离为，故B正确；
对于C：因为，平面ADC，平面ADC，
所以平面ADC，
若平面，且平面AEB，
所以平面ACD平面AEB，与已知矛盾，故C错误.
对于D：因为，所以的外接圆圆心为EB的中点，
又因为，所以的外接圆圆心为AB的中点M，
根据球的几何性质可得：四面体的外接球心为M，
又E为球上一点，在中，
所以外接球半径,
所以四面体的外接球表面积，故D正确.
故选：BD
【点睛】
解题的关键是熟练掌握线面平行的判定定理，线面垂直的判定和性质定理等知识，并灵活应用，求点到平面距离时，常用等体积法将点到面的距离转化为椎体的高，再求解，考查逻辑推理，分析理解的能力，综合性较强，属中档题.
13．-4
【分析】
利用中的通项公式求解.
【详解】
中的通项公式为，
令，
解得，
所以常数项为.
故答案为：-4
14．
【分析】
由过点作圆的切线有两条，得：P在圆外，列不等式可解.
【详解】
表示一个圆，
，
又由过点作圆的切线有两条，得：P在圆外，
所以，解得：或.
综上所述：.
所以的取值范围是.
故答案为: .
【点睛】
点与圆的位置关系的代数判断方法:
（1）点与圆外；
（2）点与圆上；
（3）点与圆内；
15．
【分析】
所拨数字共有种可能，若所拨数字能被5整除，则个位数字只能是5或0，然后分个位数字为5和个位数字为0两种情况求出所需要的种数，再利用古典概型的概率公式求解即可
【详解】
解：所拨数字共有种可能，若所拨数字能被5整除，则个位数字只能是5或0，
当个位数字为5时，则个位档拨一颗上珠，其他三档选择两个档位各拨一颗下珠，有种；
当个位数字为0时，则个位档不拨珠，其他三档选择一档位拨一颗上珠，再选择两个档位各拨一颗下珠，有种，
所以所拨数字能被5整除的概率为
故答案为：
【点睛】
此题考查古典概型的概率的求法，考查分类思想和计算能力，属于中档题
16．
【分析】
先根据三角形面积相等得到，把求的最小值转化为基本不等式中“1的代换”.
【详解】

在三角形中，∵，∴三角形面积；
而三角形的面积等于三角形与三角形面积之和，
即，
所以，
即.

即的最小值为.
故答案为：.
【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：“一正二定三相等”
(1) “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．
17．（1）；（2）
【分析】
（1）利用三角函数的倍角公式和诱导公式化简函数的解析表达式，然后根据三角函数的性质，利用整体代换法求得其单调递增区间；
（2）由已知不等式，判定该三角形为锐角三角形，分析其余四个条件，发现只有是可能的，做出一定选择后，利用正余弦定理和三角形的面积公式，结合基本不等式求得三角形的面积的最大值.
【详解】
（1）,
令,解得,
∴的单调递增区间为；
（2）因为，所以,由得,
,同理,即△ABC为锐角三角形，
③中，利用正弦定理角化边得到,故为直角，与条件矛盾；
②中圆心到直线的距离,故弦长,
④中由得，又为锐角，∴，
选择①②，,得,
选择①③，,,得,
选择②③，即,
由余弦定理得,
∴,
所以最大值为,当且仅当时取等号，
∴三角形的面积为：,最大值为.
【点睛】
本题关键是要逆用正余弦的二倍角公式化简，综合使用正余弦定理进行分析，利用三角形的面积公式，基本不等式，余弦定理综合使用求三角形面积最大值问题时常用的方法，应当熟练掌握.
18．（1）；（2）．
【分析】
（1）首先根据，得到，根据得到，从而得到.
（2）首先根据（1）得到，再利用错位相减法求即可.
【详解】
（1）当时，，得；
当时，①，②，
①-②得，；
所以数列是以为首项，以2为公比的等比数列，即；
（2）由题，得，
所以①，
②，
①-②，得，

所以，．
【点睛】
方法点睛：
本题主要考查数列的求和，常见的数列求和方法如下：
1.公式法：直接利用等差、等比数列的求和公式计算即可；
2.分组求和法：把需要求和的数列分成熟悉的数列，再求和即可；
3.裂项求和法：通过把数列的通项公式拆成两项之差，再求和即可；
4.错位相减法：当数列的通项公式由一个等差数列和一个等比数列的乘积构成时，可使用此方法求和.
19．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）可证与平面内一条直线平行，再得出线面平行
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面、的法向量，利用公式求出二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：在平面中，过作于，交于，连，
由题意知，，且，
∵，，
故四边形为平行四边形，∴，
又平面，平面，
故平面.
（2）由题意知平面，在平面内过点作交于，
以为原点，，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
不妨设，则.
且，，，，
设平面的法向量，
则由得
取，得，
易知平面的一个法向量为
，
所以二面角的余弦值为.

【点睛】
本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：
(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．
(2)设分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
20．（1）；（2）单价应该定为元，销售利润最大.
【分析】
（1）先求，再利用参考数据求，，代入求回归直线方程；（2）由（1）可知销售利润，利用二次函数的性质求利润的最大值.
【详解】
（1）由表中数据，计算得，
，
则，
，
所以关于的线性回归方程为．
（2）设定价为元，利润为，则


（元）时，最大，
所以为使得销售的利润最大，单价应该定为元．
21．（1）；（2）答案见解析.
【分析】
（1）解由点的坐标代入椭圆方程、离心率和之间的关系组成的方程组可得答案；
（2）讨论直线的斜率，求出圆心坐标和圆的半径，利用P点到圆心的距离和圆的半径比较大小可得答案.
【详解】
（1）由已知，点在椭圆上．
因此，解得，．
所以椭圆的方程为．
（2）设点，，CD中点为．
椭圆的右焦点为，当直线CD斜率为零时，点P显然在圆外；
当直线CD斜率不为零时，设直线CD的方程为，
由，得，
所以，，
从而．
所以
．

，
故
，
当时，
点在以CD为直径的圆的外部；
当或时，点在以CD为直径的圆上；
当时，点在以CD为直径的圆的内部．
【点睛】
本题考查了椭圆的方程、点和圆的位置关系，关键点是求出圆心和半径，利用P点到圆心的距离和半径比较大小，考查了学生分析问题、解决问题及转化的能力.
22．（1）答案见解析；（2）.
【分析】
（1）求出函数导数，分，讨论导数的正负即可求解；
（2）分类讨论当时，，不符合题，时，利用导数可分析出当时，；当时，，其中符合题意，得出结论.
【详解】
（1）
当时，，在上递增，
当时，令，
则，
，，，；
在上递减，在上递增.
∴当时，在上递增；
当时，在上递减，在上递增.
（2）
，
，
为的极值点
令，则，；
所以；
①当时，当时，且，，
在上是增函数，
，，
在上是增函数；
，
即，不合题意，舍去；
②当时，，
在上是增函数，
且当时，
∴存在，使得，当时，恒成立，
在上是减函数；
∴当时，，
即；
当时，且，
在是增函数，；
在上是减函数，
即
∴当时，；当时，，其中
∴当时，为的极大值点
∴实数的取值范围为
【点睛】
关键点点睛：利用导数求函数的单调区间，关键结合参数的范围寻求导数为正（或负）的取值范围，当需要判断函数极值点时，需要确定导函数在极值点两侧的正负，分析正负时注意隐零点的运用，本题属于难题.