2021届高考数学考前30天冲刺模拟卷（21）

这是一份2021届高考数学考前30天冲刺模拟卷（21），共15页。试卷主要包含了已知集合，，若，则取值范围是，已知为任意角，则“”是“”的，展开式中项的系数为等内容，欢迎下载使用。
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．4805．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．67．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．综合得分的范围减排器等级减排器利润率一级品二级品三级品（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0123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，．