黄金卷07-【赢在高考•黄金20卷】备战2021高考数学全真模拟卷（新高考专用）（解析版）

【赢在高考•黄金20卷】备战2021高考数学全真模拟卷（新高考专用）第七模拟注意事项：本试卷满分150分，考试时间120分钟．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置． 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1．（2020·宁波市北仑中学高一期中）设复数满足，则下列说法正确的是（    ）A．为纯虚数 B．在复平面内，对应的点位于第二象限C．的虚部为 D．【答案】D【详解】由得，， 不为纯虚数，不正确；对应的点位于第三象限，不正确；的虚部为，不正确；，正确.故选：D2．（2020·河南高三月考（理））已知集合，集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【详解】或，则，又，因此，.故选：A.3．（2020·山东聊城市·高三期中）已知函数的图象如图所示，则此函数可能是（    ）A． B．C． D．【答案】C【详解】由图象知：函数是偶函数，排除AD，又，排除B故选：C4．（2020·河南高三月考（理））设，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【详解】根据指数幂与对数的互化，可得，，所以，又由，所以，即，所以.故选：D.5．（2020·广东清远市·高三月考）若，是第三象限角，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】，是第三象限角，，因此，，故选：A.6．（2020·陕西金台区·高三月考（理））已知等比数列中，，，，则（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【详解】设等比数列的公比为，则，即，因为，所以，则，即，解得，故选：B.7．（2020·河南高三月考（理））一个密码箱上有两个密码锁，只有两个密码锁的密码都对才能打开.两个密码锁都设有四个数位，每个数位的数字都可以是1，2，3，4中的任一个.现将左边密码锁的四个数字设成两个相同，另两个也相同；右边密码锁的四个数字设成互不相同.这样的密码设置的方法有（    ）种情况.A．288 B．864 C．1436 D．1728【答案】B【详解】左边密码锁的四个数字共有种设法，右边密码锁的四个数字共有种设法，故密码设置的方法有种.故选：B.8．（2020·内蒙古高三其他模拟（理））杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家.在他著的《详解九章算法》一书中，画了一张表示二项式展开后的系数构成的三角形数阵（如图所示），称做“开方做法本源”，现在简称为“杨辉三角”，它是杨辉的一大重要研究成果.它比西方的“帕斯卡三角形”早了393年.若用表示三角形数阵的第行第个数，则（    ）A．5050 B．4851 C．4950 D．5000【答案】B【详解】依据二项展开式系数可知，第行第个数应为，故第100行第3个数为故选：.二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9．（2020·湖北黄石港区·黄石二中高三月考）甲罐中有4个红球，3个白球和3个黑球；乙罐中有5个红球，3个白球和2个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以，和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，下列的结论：其中正确结论的为（    ）A． B．C．事件与事件不相互独立 D．，，是两两互斥的事件【答案】BCD【详解】解：甲罐中有4个红球，3个白球和3个黑球；乙罐中有5个红球，3个白球和2个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以、和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，对A，，故A错误；对B，，故B正确；对C，当发生时，，当不发生时，，事件与事件不相互独立，故C正确；对D，，，不可能同时发生，故是两两互斥的事件，故D正确；故选：BCD．10．（2020·江苏南京市·高三月考）已知双曲线：的实轴长是2，右焦点与抛物线：的焦点重合，双曲线与抛物线交于、两点，则下列结论正确的是（    ）A．双曲线的离心率为 B．抛物线的准线方程是C．双曲线的渐近线方程为 D．【答案】BC【详解】由双曲线：的实轴长为2，可得，又由抛物线：的焦点重合，可得双曲线的右焦点为，即，则，可知双曲线：，所以双曲线的离心率为，抛物线的准线方程是，双曲线的渐近线方程为，所以A不正确；B、C正确，联立方程组 ，解得，所以，所以D不正确.故选：BC.11．（2020·江苏秦淮区·高三期中）某同学对函数进行研究后，得出以下结论，其中正确的是（    ）A．函数的图象关于原点对称B．对定义域中的任意实数x的值，恒有成立C．函数的图象与x轴有无穷多个交点，且每相邻两交点的距离相等D．对任意常数，存在常数，使函数在上单调递减【答案】BD【详解】对于选项A：函数的定义域为，且，所以为偶函数，即函数的图象关于y轴对称，故A选项错误；对于选项B：由A选项可知为偶函数，所以当时，，所以，可得到，即，可设，，因为，所以，所以在上单调递增，所以，即恒成立，故选项B正确；对于选项C：函数的图象与x轴的交点坐标为，交点与间的距离为，其余任意相邻两点的距离为，故C选项错误；对于选项D：，可化为ex(cosx－sinx)，不等式两边同除以得，，当，，，区间长度为，所以对于任意常数m>0，存在常数b>a>m，，，使函数在上单调递减，故D选项正确；故选：BD12．（2020·广东佛山市·高三月考）如图，线段为圆的直径，点，在圆上，，矩形所在平面和圆所在平面垂直，且，，则下述正确的是（    ）A．平面B．平面C．点到平面的距离为D．三棱锥外接球的体积为【答案】ABC【详解】解：，，四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，故A正确.线段为圆的直径，所以，矩形所在平面和圆所在平面垂直，平面平面，平面，所以平面，平面，所以平面，平面，，所以平面，故B正确. ，是正三角形，所以，，所以平面，，，，，，是等腰三角形，的边上的高，，，平面，平面，平面，点到平面的距离为，，，设点到平面的距离为，，，所以，故C正确.取的中点，则，，所以平面，所以所以是三棱锥外接球的球心，其半径，三棱锥外接球的体积为，故D错误，故选：ABC.三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．（2020·河南高三月考（理））已知的展开式中的系数为5，则它的展开式中各项系数和等于______.【答案】【详解】因为，二项式展开式的第项为，所以展开式中含的项为，所以，解得.令代入可得，它的展开式中各项系数和等于.故答案为：.14．（2020·江苏常州市·高三期中）平面内，不共线的向量满足，且，则的夹角的余弦值为________.【答案】【详解】解：由得，由，故，所以，所以，故答案为：15．（2020·江苏省高邮中学）如图，在等腰直角中，，分别为斜边的三等分点（靠近点），过作的垂线，垂足为，若，则________．【答案】【详解】设，则，，，，所以，所以．因为，所以，又因为，所以，，所以.故答案为：.16．（2020·福建莆田市·高三其他模拟）已知函数，，若不等式有且仅有一个整数解，则实数a的取值范围为_________.【答案】【详解】由不等式，可得，即有且仅有一个整数解，令，则，显然，则时，，所以单调递增，当时，，故单调递减，所以函数在时取得最大值，作函数的大致图象如下，由及函数图象可知，要使，有且仅有一个整数解，则需，即，故答案为：四、解答题(本大题共6小题，共70分)17．（2020·四川省广元市川师大万达中学高三月考（文））在中，内角，，所对的边分别为，，，且满足.（1）求角的大小；（2）若，求的最大值.【答案】（1）；（2）4.【详解】（1）由正弦定理得，则，，则，于是，又，故；（2）根据余弦定理，则，即，当且仅当时等号成立.所以的最大值为4.18．（2020·全国高三其他模拟）在①，②为与的等差中项，，③为数列的前项和，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.问题：已知数列满足，______.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，，求数列的前项和.【答案】选择条件①：（1）；（2）；选择条件②：（1）；（2）；选择条件③：（1）；（2）.【详解】（1）选择条件①，由，得，两式相减得，当时，，又，所以.所以中所有奇数项是以为首项，8为公差的等差数列，故当时，；中所有偶数项是以为首项，8为公差的等差数列，故当时，.综上，.选择条件②，由题意得，整理得，则，又，所以.所以中所有奇数项是以为首项，8为公差的等差数列，故当时，；中所有偶数项是以为首项，8为公差的等差数列，故当时，.综上，.选择条件③，由，得，两式相减得，又，所以，，当时，，又，所以，所以中所有奇数项是以为首项，8为公差的等差数列，故当时，；中所有偶数项是以为首项，8为公差的等差数列， 故当时，.综上，.（2）因为，所以，所以数列是首项，公比为的等比数列，所以.所以，所以，，两式相减得.所以19．（2020·全国高三其他模拟）如图，四边形中，是等腰直角三角形，，是边长为2的正三角形，以为折痕，将向上折叠到的位置，使点在平面内的射影在上，再将向下折叠到的位置，使平面平面，形成几何体.（1）点在上，若平面，求点的位置；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）为的中点；（2）.【详解】（1）如图，设点在平面内的射影为，连接，，∵，∴，∴在中，为的中点.取的中点，连接，，则，又平面，平面，∴平面.取的中点，连接，则易知，又平面平面，平面平面，∴平面，又平面，∴，又平面，平面，∴平面.又，∴平面平面.又平面，∴平面，此时为的中点.（2）连接，由（1）可知，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，从而，，.设平面的一个法向量为，则即得，取，则，.设平面的一个法向量为，则即得，取，则，，从而.易知二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为.20．（2020·黑龙江大庆实验中学高三月考（理））某公司研发了一种帮助家长解决孩子早教问题的萌宠机器人.萌宠机器人语音功能让它就像孩子的小伙伴一样和孩子交流，记忆功能还可以记住宝宝的使用习惯，很快找到宝宝想听的内容.同时提供快乐儿歌、国学经典、启蒙英语等早期教育内容，且云端内容可以持续更新.萌宠机器人一投放市场就受到了很多家长欢迎.为了更好地服务广大家长，该公司研究部门从流水线上随机抽取100件萌宠机器人（以下简称产品），统计其性能指数并绘制频率分布直方图（如图1）：产品的性能指数在的适合托班幼儿使用（简称A类产品），在的适合小班和中班幼儿使用（简称B类产品），在的适合大班幼儿使用（简称C类产品），A，B，C，三类产品的销售利润分别为每件1.5，3.5，5.5（单位：元）.以这100件产品的性能指数位于各区间的频率代替产品的性能指数位于该区间的概率.（1）求每件产品的平均销售利润；（2）该公司为了解年营销费用（单位：万元）对年销售量（单位：万件）的影响，对近5年的年营销费用，和年销售量数据做了初步处理，得到的散点图（如图2）及一些统计量的值.16.3024.870.411.64 表中，，，.根据散点图判断，可以作为年销售量（万件）关于年营销费用（万元）的回归方程.（i）建立关于的回归方程；（ii）用所求的回归方程估计该公司应投入多少营销费，才能使得该产品一年的收益达到最大？（收益=销售利润-营销费用，取）.参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，.【答案】（1）每件产品的平均销售利润为4元（2）（i）（ii）该厂应投入256万元营销费.【详解】（1）设每件产品的销售利润为元，则的所有可能取值为1.5，3.5，5.5，由直方图可得，，，三类产品的频率分别为0.15、0.45、0.4，所以，，，，所以随机变量的分布列为：1.53.55.50.150.450.4所以，，故每件产品的平均销售利润为4元；（2）（i）由得，，令，，，则，由表中数据可得，，则，所以，，即，因为，所以，故所求的回归方程为；（ii）设年收益为万元，则，设，，则，当时，，在单调递增，当时，，在单调递减，所以，当，即时，有最大值为768，即该厂应投入256万元营销费，能使得该产品一年的收益达到最大768万元.21．（2020·全国高三其他模拟）已知椭圆：（）上的点到的两焦点的距离之和为6，的离心率为．（1）求的标准方程；（2）设坐标原点为，点在上，点满足，且直线，的斜率之积为，证明：为定值．【答案】（1）；（2）证明见解析.【详解】解：（1）因为椭圆：（）上的点到的两焦点的距离之和为6，所以，解得，又的离心率为，所以，，又，所以，所以的标准方程为；（2）法一：设，当直线的斜率不存在时，，因为直线，的斜率之积为，所以，即，又，在椭圆上，所以，．因为，所以；当直线的斜率存在时，设直线的方程为（），联立方程得消去，得，，设，则，．因为直线，的斜率之积为，所以，即，得，满足．因为，所以．综上，为定值．法二：设，，因为直线，的斜率之积为，所以，即．因为M，在椭圆：上，所以，，可得 ①， ②，由①②得，所以，即．由①②得，得．因为，所以 ，因此为定值．22．（2020·全国高三其他模拟）已知函数，其中.（1）讨论的单调性.（2）是否存在，对任意，总存在，使得成立？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）答案见解析；（2）存在，.【详解】（1）由，得，当时，对任意，，所以单调递减；当时，令，得，当时，，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，综上所述，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）存在满足条件的实数，且实数的值为，理由如下：①当，且时，由（1）知，在上单调递减，则时，，则，所以此时不满足题意；②当时，由（1）知，在上，单调递增，在上，单调递减，则当时，，当时，对任意，，所以此时不满足题意；③当时，令（），由（1）知在上单调递增，进而知在上单调递减，所以，，若对任意的，总存在，使得，则，，即，所以，解得，综上，存在满足题意的实数，且实数的值为.