2021届高考数学考前30天冲刺模拟卷（21）

考前30天冲刺高考模拟考试卷（21）

一、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，，若，则取值范围是　　

A． B．， C．， D．

2．记复数，在复平面内对应的点分别为，，其中，若绕顺时针点旋转后能与重合，则　　

A． B． C． D．

3．已知为任意角，则“”是“”的　　

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

4．展开式中项的系数为　　

A．120 B．240 C．360 D．480

5．在等比数列中，，是方程的根，则的值为　　

A． B． C．或 D．或

6．设、为圆上的两动点，且，为直线上一动点，则最小值为　　

A．3 B．4 C．5 D．6

7．已知三棱锥中，，，，则当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为　　

A． B． C． D．

8．已知点，分别是双曲线的左、右焦点，过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于、两点，若，的内角，，的对边分别为，，，且，则的面积为　　

A．4 B． C． D．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中。有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的对2分，有选错的得0分。

9．1982年美国数学学会出了一道题：一个正四面体和一个正四棱锥的所有棱长都相等，将正四面体的一个面和正四棱锥的一个侧面紧贴重合在一起，得到一个新几何体．中学生丹尼尔做了一个如图所示的模型寄给美国数学学会，美国数学学会根据丹尼尔的模型修改了有关结论．对于该新几何体，则　　

A． 

B． 

C．新几何体有7个面 

D．新几何体的六个顶点不能在同一个球面上

10．冬末春初，乍暖还寒，人们容易感冒发热．若发生群体性发热，则会影响到人们的身体健康，干扰正常工作生产．某大型公司规定：若任意连续7天，每天不超过5人体温高于，则称没有发生群体性发热，下列连续7天体温高于人数的统计特征数中，能判定该公司没有发生群体性发热的为　　

A．中位数为3，众数为2 B．均值小于1，中位数为1 

C．均值为3，众数为4 D．均值为2，标准差为

11．已知函数，则　　

A．是周期函数 

B．的图象必有对称轴 

C．的增区间为 

D．的值域为

12．若实数，则下列不等式中一定成立的是　　

A． 

B． 

C． 

D．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知向量，，若，则实数　　．

14．若直线恒过圆的圆心，则的最小值为　　．

15．在中，若，，，则　　，　　．

16．已知点为椭圆的左顶点，为椭圆的右焦点，，在椭圆上，四边形为平行四边形为坐标原点），点到直线的距离等于，则椭圆的离心率为　　．

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。

17．从下列①②③选项中，选择其中一个作为条件进行解答：

①已知数列的前项和；

②已知数列是等比数列，，；

③已知数列中，，且对任意的正整数，都有．

（1）求数列的通项公式；

（2）已知，求数列的前2021项的和．

18．在中，角，，的对边分别为，，，已知，．

（1）求边的长；

（2）在边上取一点，使得，求的值．

19．如图，在多面体中，矩形所在平面与正方形所在平面垂直，，点为的中点．

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）若，求二面角的正弦值．

20．为降低工厂废气排放量，某厂生产甲、乙两种不同型号的减排器，现分别从甲、乙两种减排器中各自抽取100件进行性能质量评估检测，综合得分情况的频率分布直方图如图所示：

减排器等级及利润率如表，其中．

（1）若从这100件甲型号减排器中按等级分层抽样的方法抽取10件，再从这10件产品中随机抽取4件，求至少有2件一级品的概率；

（2）将频率分布直方图中的频率近似地看作概率，用样本估计总体，则：

①若从乙型号减排器中随机抽取3件，求二级品数的分布列及数学期望；

②从长期来看，投资哪种型号的减排器平均利润率较大？

21．已知点为椭圆的焦点，且点在椭圆上．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）已知直线与椭圆交于，两点，且坐标原点到直线的距离为，的大小是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．

22．已知函数．

（1）当时，证明：函数的导函数存在唯一的零点；

（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围．

考前30天冲刺高考模拟考试卷（21）答案

1．解：由知，

故，解得．

故选：．

2．解：设，则，所以点，关于轴对称，

由题意可知，，，故，则．

故选：．

3．解：由得，，，

为任意角，，

是的必要不充分条件．

故选：．

4．解：表示5个因式的乘积，故它的展开式中，

含的项是由其中一个因式取，其中三个因式取，剩下的一个因式取得到的，

故的系数为：．

故选：．

5．解：在等比数列中，，是方程的根，

，，

．

故选：．

6．解：设的中点为，由平行四边形法则可知，

由圆的性质可得，圆的半径为1，，可得，

的最小值即为点到直线的距离：，

所以当且仅当，，三点共线时，取得最小值，

所以．

故选：．

7．解：，，，

，

又，

要使三棱锥的体积最大，则平面或平面平面，

当平面时，三棱锥的高为，

当平面平面时，三棱锥的高为，

故当平面平面时，三棱锥的体积最大，

如图，

设的外心为，则到、、的距离相等，即为三棱锥的外接球的球心，

可得外接球半径．

其外接球的表面积为．

故选：．

8．解：若，则，

即有，

又，即为，

可得，

又，可得，

可得内角，三角形为等边三角形，设边长为，

由双曲线的定义可得，，，

而，所以，，

在中，，

所以，

解得，

则的面积为．

故选：．

9．解：对于，由题意可知，所以四边形为菱形，故，故选项正确；

对于，因为，且，所以，故选项正确；

对于，新几何体为三棱柱，有5个面，故选项错误；

对于，新几何体为斜三棱柱，没有外接球，故选项正确．

故选：．

10．解：由题意，设连续7天，每天的体温高于的人数分别为，，，，，，，则，

对于，取2，2，2，2，3，4，6，则满足中位数为3，众数为2，但是第7天的人数为，故选项错误；

对于，若，由中位数为1，可知均值为，与均值小于1矛盾，故选项正确；

对于，取0，1，2，4，4，4，6，则满足均值为3，众数为4，但是第7天的人数为，故选项错误；

对于，当均值为2，标准差为时，，，若，则，且如1，1，1，1，2，3，5，符合题意，故选项正确．

故选：．

11．解：函数，

对于：满足所以为周期函数的周期，故正确；

对于：函数满足，所以函数关于对称，故函数的图像必有对称轴，故正确；

对于：由知，函数的周期为，所以：对于中的关系，当时，函数的单调递增区间为，显然错误，故错误；

对于：当时，，当时，，故正确．

故选：

12．解：令，则，

易得，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，

因为，，

所以，

所以

同理，

所以，

所以，正确；

所以，正确；

令，，

则，

故在，上单调递减，，

所以，

故，正确；

对于，，结合选项的讨论，与的大小不确定，故错误．

故选：．

13．解：，，

，

，

，

，解得．

故答案为：4．

14．解：直线恒过圆的圆心，

可得，

则，

当且仅当时，取等号．

所以的最小值为：5．

故答案为：5．

15．解：因为，，，

所以，，

所以，

因为由正弦定理，可得，

解得．

故答案为：，52．

16．解：由题意可得，设，，由四边形为平行四边形可得，，

且，所以，，，

所以，即，，

由，在椭圆上，所以，两式相减可得，

解得，代入可得，

即，，

所以，

所以直线的方程为：，

即，

右焦点到直线的距离，

整理可得：，解得：，

由椭圆的离心率可得：，

故答案可得：．

17．解：（1）若选①，当时，，

当时，，显然当时，也适合，

所以．

若选②，设等比数列的公比为，

因为，，所以有，

解得，，．

若选③，令，，

是以为首项，公比为2的等比数列，

因此；

（2）由题意知，，

．

18．解：（1）在中，因为，

由余弦定理知，，

所以，即，

解得或（舍，

所以．

（2）在中，由正弦定理知，，

所以，解得，

因为，

所以，即为钝角，且，

又，

所以为锐角，

所以，

所以

．

19．解：（1）证明：由题知平面平面，，

平面平面，平面，

平面，

以为原点，、、所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，

设，则，1，，，0，，，0，，，，1，，，1，，

，，1，，，1，，

设平面的法向量，，，

则，取，得，1，，

，平面，平面．

（2），，1，，，，

设平面的法向量，，，

则，取，得，，，

平面的法向量，0，，

设二面角的平面角为，

则，．

二面角的正弦值为．

20．解：（1）由已知及频率分布直方图中的信息知，甲型号减排器中的一级品的概率为，二级品的概率为0.4，

则用分层抽样的方法抽取的10件甲型号减排器中有6件一级品，4件二级品，

从这10件产品中随机抽取4件，至少有2件一级品的概率．

（2）①由已知及频率分布直方图中的信息知，乙型号减排器中的一级品的概率为，

二级品的概率，三级品的概率为，若从乙型号减排器随机抽取3件，

则二级品数所有可能的取值为0，1，2，3，且，

所以，，

，，

所以的分布列为

所以数学期望（或．

②由题意知，甲型号减排器的利润的平均值，

乙型号减排器的利润的平均值，

，又，

所以，即，

所以投资乙型号减排器的平均利润率较大．

21．解：（Ⅰ）因为点为椭圆的焦点．所以

又因为在椭圆上，所以，，

所以椭圆的方程为：

（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，由原点到直线的距离为，

可得直线的方程为：，

代入椭圆可得，，，或，，，

可得，所以为

当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，

设，，，，由原点到直线的距离为，

可得，可得

直线与椭圆联立，整理可得

所以，，

因为，所以

，

所以；

综上所述恒成立．

22．（1）证明：当时，，

所以，

记，

所以，

又记，

所以，

所以在区间上单调递减，

所以，

所以，

所以在区间上单调递减，

且（2），，

由零点存在性定理可得存在唯一，，使得，即，

即函数的导函数存在唯一的零点．

（2）解：由不等式恒成立，

化简可得恒成立，

令，，

则，

当，即时，令，可得，令，可得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以（1），满足题意；

当，即时，因为（1），不满足题意，

综上所述，实数的取值范围是，．