期末考试仿真模拟试卷二- 2021届高三数学上学期（原卷+解析）（江苏等八省新高考地区适用）

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2020-2021学年高三数学上学期期末考试仿真模拟试卷二一、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，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】，，.故选：C，【点睛】此题考查集合的交集运算，考查对数不等式的解法，属于基础题2. 若，则=（    ）A. 0   B. 1   C.    D. 2【答案】D【解析】由题意可得：，则.故.故选：D.【点睛】本题主要考查复数的运算法则和复数的模的求解等知识，属于基础题.3.已知条件；条件：直线与圆相切，则是的（    ）A．充分必要条件 B．必要不充分条件C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】若直线与圆相切，则圆心到直线的距离，即，，即，∴推不出，而而以推出，是的必要不充分条件．故选：B．【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用直线与圆相切的等价条件是解决本题的关键，属于基础题. 4.函数的图象大致为         A                  B                 C                 D【答案】C【解析】首先判断该函数是奇函数，排除A、D选项，其次发现，选C．【点睛】本题通过利用函数的奇偶性和特殊值进行判断选项，属于中档题.5.斐波那契螺旋线是根据斐波那契数列1，1，2，3，5，8，13…画出来的螺旋曲线，如图1中的实线部分（正方形内的数字为正方形的边长）．自然界中存在许多这样的图案，比如向日葵种子的排列，如图2．若一圆锥底面圆的周长恰好等于图1的螺旋曲线的长度，且轴截面为等边三角形，则该圆锥的高为（ ）A． B． C． D．【答案】B【解析】图1中螺旋线的长度为，圆锥底面圆的半径为，则，解得．因为轴截面为等边三角形，所以圆锥的高为．故选：B．【点睛】本题以数学文化为背景让学生欣赏数学的美，主要考查弧长公式、圆锥的基本知识，考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于基础题．6.已知函数的部分图象如图所示，点，，则下列说法错误的是（    ）A．直线是图象的一条对称轴B．的最小正周期为C．在区间上单调递增D．的图象可由向左平移个单位而得到【答案】D【解析】由题意，函数的图象过点，可得，即，即，因为，所以，即，又由点，即，可得，解得，所以函数的解析式为，令，可得，所以是函数的一条对称轴，所以A是正确的；由正弦型函数的最小正周期的计算的公式，可得，所以B是正确的；当，则，根据正弦函数的性质，可得函数在区间单调递增，所以C是正确的；由函数向左平移个单位而得到函数，所以选项D不正确.故选：D.【点睛】本题主要考查了利用三角函数的图象求解三角函数的解析式，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，准确计算与逐项判定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题. 7.，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由得即两边平方得整理得，即又， 即，故.故选：B.【点睛】本题考查了同角三角函数关系以及三角恒等变换中的二倍角公式，注意角的范围定三角函数值,属于中档题. 8.已知函数的导函数为，为自然对数的底数，对均有成立，且，则不等式的解集是（  ）A． B． C． D．【答案】D【解析】原不等式等价于，令，则恒成立，在上是增函数，又，，原不等式为，解得，故选.【点睛】本题考查利用导数解不等式，考查基本分析求解能力，属中档题.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，有选错的得0分，部分选对的得3分．9.下列说法中正确的是A．“a＞b”是“a2＞b2”的既不充分又不必要条件B．“x＝2”是“1，x，4成等比数列”的充分不必要条件C．“m＞0，n＜0”是“方程表示双曲线”的必要不充分条件D．对于函数，“”是“函数为奇函数”的充要条件【答案】AB【解析】“m＞0，n＜0”是“方程表示双曲线”的充分不必要条件，故C错；对于函数，“”是“函数为奇函数”的既不充分又不必要条件，故D错．故选AB．【点睛】本题考查了充分条件与必要条件,属于基础题.10.若的展开式中第项的二项式系数最大，则的可能值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】ABC【解析】分以下三种情况讨论：①展开式中第项和第项的二项式系数最大，则展开式共项，可得，得；②展开式中只有第项的二项式系数最大，则展开式共项，可得，得；③展开式中第项和第项的二项式系数最大，则展开式共项，可得，得.因此，的可能值为、、.故选：ABC.【点睛】本题考查了二项式定理,二项式中的项的求解方法如下:（1）求二项式特定项问题，实质是在考查通项的特点，一般需要建立方程求得的值，再将的值代回通项，主要是的取值范围；（2）若为偶数时，中间一项（第项）的二项式系数最大；（3）若为奇数时，中间一项（第项和第项）的二项式系数最大.属于基础题.11.设，，且，那么　　A．有最小值 B．有最大值C．有最大值． D．有最小值．【答案】AD【解析】，，，当时取等号，，解得，，有最小值；，当时取等号，,，解得有最小值．故选：．【点睛】本题考查了基本不等式在求最值时的应用，考查了计算能力，属于中档题．12.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，是正三角形，M为线段的中点，点N为底面内的动点，则下列结论正确的是（ ）A．若，则平面平面B．若，则直线与平面所成的角的正弦值为C．若直线和异面，则点N不可能为底面的中心D．若平面平面，且点N为底面的中心，则【答案】ABC【解析】∵，，，平面，∴平面，∵平面，∴平面平面，A项正确；设的中点为F，连接､，则.∵平面平面，平面平面，平面∴平面，设与平面所成的角为，则，，，，则，B项正确；连接，易知平面，由B､M､E确定的面即为平面，当直线和异面时，若点N为底面的中心，则，又平面，则与共面，矛盾，C项正确；连接，∵平面，平面，∴，∵F､N分别为､的中点，则，又，故，，则，D项错误.故选：ABC.【点睛】本题综合考查面面垂直的判定以及性质、异面直线的定义、线面夹角的求解，属于稍难题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，多空题，第一空2分，第二空3分，共20分．13.若直线与直线平行，则实数a的值是_______.【答案】.【解析】∵直线与直线平行，故，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查了直线平行的条件的应用，属于基础题.14. 设函数的部分图象如图.若对任意的恒成立，则实数t的最小正值为____.【答案】【解析】由图象知：，即，则，由“五点法”得，所以，即，因为，所以，所以，又因为，所以函数图象的对称轴为直线x=t，则，所以，解得，当k=0时，t取到了最小正值为.故答案为：.【点睛】本题考查了利用三角函数的部分图象求函数解析式的方法,步骤如下:（1）求、，；（2）求出函数的最小正周期，进而得出；（3）取特殊点代入函数可求得的值.属于基础题.15.三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，，，，则三棱锥的外接球体积为______.【答案】【解析】作出图形如图所示，在中，由余弦定理，，解得，或（，舍），又由，，则，故为直角三角形，设的中点为，因为为等边三角形，故，又平面平面，故平面， 又为直角三角形，点为斜边的中点，则球心必在直线上，易知，故在之间，设，则，即，解得，故所求球半径，球的体积为.故答案为： .【点睛】本题考查了面面垂直的性质，三棱锥的外接球半径的求法，属于中档题.16.2020年是我国脱贫攻坚决战决胜之年，某县农业局为支持该县的扶贫工作，决定派出8名农技人员（5男3女），并分成两组，分配到2个贫困村进行扶贫工作，若每组至少3人，且每组都有男农技人员，则不同的分配方案共有______种（用数字填写答案）．【答案】180【解析】分配的方案有两类，第一类：一组3人，另一组5人，有种；第二类：两组均为4人，有种，所以共有种不同的分配方案．故填：180【点睛】本题考查了分类计数原理和分步计数原理以及排列组合数的计算，解题中需要注意分组的条件要充分考虑到，防止重复和遗漏.属于中档题.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. 在①，②，③这三个条件中选两个能解决问题的条件，补充在下面的问题中，并解决该问题．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且满足(b﹣a)(sinB＋sinA)＝c(sinB﹣sinC)．（1）求A的大小；（2）已知△ABC存在，且       ，       ，求△ABC的面积．【答案】（1）（2）答案件解析.【解析】（1）因为.又由正弦定理，得，即，所以，因为，所以.（2）不能选①和②：若选条件①和②，在三角形中，因为由正弦定理得不成立，所以这样的锤子数学三角形不存在.只能选：②和③或①和③若选条件②和③，由余弦定理，得，则，所以所以所以的面积.若选条件①和③.由正弦定理，得.所以的面积.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．18.已知数列的前n项和为，且满足，，n．（1）求数列的通项公式；（2）若，且，求数列的前n项和．【答案】（1）（2）.【解析】（1）因为 ，所以，两式相减得， 因为，，所以令，则可得 所以又，，，所以（）所以，（）， 所以数列是首项为、公比为的等比数列，所以 注：结果对，但没有说明的扣2分（2）因为，所以 所以 所以【点睛】本题主要考查了根据数列递推关系求通项、裂项相消法求和，考查运算求解能力，属于基础题19.如图，在四棱锥中， （1）求证：平面平面（2）已知点在线段上，且，若平面与平面所成的二面角大小为，求的值【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】（1）由题意，，可得，因为，可得平面， 因为平面，故平面平面.   （2）由（1）可得平面，又平面，∴平面平面，设为的中点，连接，因为，所以，可得平面，如图所示，以A为原点，建立空间直角坐标系，则，因为，所以，易得平面的一个法向量为.设  为平面的法向量，，因为平面SBD与平面ABP所成的角为60°所以，即，得，所以，解得或（不合题意），所以的值为. 【点睛】本题主要考查了空间直线与直线、直线与平面的位置关系及平面与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力以及数形结合思想.属于基础题.20.为了拓展城市的旅游业，实现不同市区间的物资交流，政府决定在A市与B市之间建一条直达公路，中间设有至少8个的偶数个十字路口，记为2m，现规划在每个路口处种植一颗杨树或者木棉树，且种植每种树木的概率均为.（1）现征求两市居民的种植意见，看看哪一种植物更受欢迎，得到的数据如下所示： A市居民B市居民喜欢杨树300200喜欢木棉树250250是否有99.9%的把握认为喜欢树木的种类与居民所在的城市具有相关性；（2）若从所有的路口中随机抽取4个路口，恰有X个路口种植杨树，求X的分布列以及数学期望；附：P(K2≥k)0.1000.0500.0100.001k2.7063.8416.63510.828 【答案】（1）没有99.9%的把握认为喜欢树木的种类与居民所在的城市具有相关性；（2）X的分布列答案见解析，数学期望为2.【解析】（1）由题中条件可得，，故没有99.9%的把握认为喜欢树木的种类与居民所在的城市具有相关性；（2）依题意，的可能取值为0，1，2，3，4，且，故，，，所以的分布列为：X01234P故数学期望为.【点睛】本题主要考查了考查独立性检验以及离散型随机变量的分布列及其数学期望,解题步骤如下：（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）.属于基础题.21.已知圆，点，P是圆C上一动点，若线段的垂直平分线和相交于点M.（1）求点M的轨迹方程E.（2）已知直线交曲线E于A，B两点.①若射线交椭圆于点Q，求面积的最大值；②若，垂直于点D，求点D的轨迹方程.【答案】（1）；（2）①面积的最大值为3；②.【解析】（1）由圆，可得圆心，半径，因为，所以点G在圆C内，又由点M在线段的垂直平分线上，所以，所以，由椭圆的定义知，点M的轨迹是以G，C为焦点的椭圆，其中，，，所以点M的轨迹方程为.（2）①当所在直线斜率存在时，设所在直线方程为，由，可得，同理，，所以，即Q到直线的距离是点O到直线距离的3倍，设，，联立，可得.由得，且，，则，又由O到直线的距离，∴.当且仅当，即时等号成立.故面积的最大值为.当所在直线斜率不存在时，假设，则，的方程为（其中）.联立，得，则.∴，综上可得，面积的最大值为3.②由①知，，又因为，所以，即，即，代入解得，又，所以点D的轨迹是以O为圆心，半径为的圆（去掉x轴上的两个点），故点D的轨迹方程为.【点睛】本题主要考查椭圆的定义及标准方程的求解、及直线与椭圆的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．属于中档题.22.已知函数（，且）（1）讨论函数的单调性；（2）若函数在区间内有两个极值点，求实数的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，详见解析；（2）【解析】（1）的定义域为，，当时，在区间和上，递减，在区间上，递增.当时， 在区间和上，递增，在区间上，递减.（2），.当时，.构造函数，依题意可知在区间上有两个零点，且零点两侧函数值符号相反.，当时，，在区间上递增，至多有一个零点，不符合题意.当时，令 ，解得.（i）若即，则在区间上递减，至多有一个零点，不符合题意.（ii）若即，则在区间上递增，至多有一个零点，不符合题意.（iii）若，即，则在区间上递增，在区间上递减.当时，；当时，；.要使在区间上有两个零点，且零点两侧函数值符号相反，则需，解得.综上所述，实数的取值范围是.【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数研究函数的极值点，属于稍难题.