黄金卷02-【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）
展开【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）
第二模拟
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·河南高三月考）在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
因为在复平面内，复数对应的点的坐标是，
所以，
则.
故选：.
2．（2020·江西省丰城中学高三期中（理））已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】
由题得，，
所以.
故选：B
3．（2020·石家庄市第十九中学高一期中）在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石，布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔(L.E.J.Brouwer)，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列为“不动点”函数的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】
根据定义可知：若有不动点，则有解.
A．令，所以，此时无解，故不是“不动点”函数；
B．令，此时无解，，所以不是“不动点”函数；
C．当时，令，所以或，所以是“不动点”函数；
D．令即，此时无解，所以不是“不动点”函数.
故选：C.
4．（2020·湖南武陵区·常德市一中高三月考）为得到函数的图象，只需要将函数的图象（ ）
A．向右平行移动个单位 B．向左平行移动个单位
C．向右平行移动个单位 D．向左平行移动个单位
【答案】C
【详解】
将目标函数的解析式变形为，
因此，为了得到函数的图象，只需要将函数的图象向右平行移动个单位.
故选：C.
5．（2020·全国高三月考）点在平面上以速度作匀速直线运动，若4秒后点的坐标为，则点的初始坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
设点的初始坐标为，
因为点在平面上以速度作匀速直线运动，若4秒后点的坐标为，
可得，解得，即点的初始坐标为.
故选：B.
6．（2020·四川省广元市川师大万达中学高三月考（理））函数在区间的图象大致是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】
因为当时，，所以，
图象落在第三象限，所以排除，
因为，
分析其单调性，可知其极大值点应为，在的右侧，故排除C，
故选：D.
7．（2020·广东榕城区·揭阳三中高二期中）已知数列中，，，则（ ）
A．2045 B．1021 C．1027 D．2051
【答案】A
【详解】
，变形为
即
故数列 为等比数列，首项为4，公比为2．
．
故选：A
8．（2020·全国高三专题练习（理））已知函数，则使得成立的的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】
解：令，则，
，
所以，
所以，
令，则，
因为，所以，所以，
所以在单调递增，
所以由，得，
所以，解得，
故选：C
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·东海县第二中学高二月考）设等差数列的前项和为，公差为.已知，，则（ ）
A． B．数列是递增数列
C．时，的最小值为13 D．数列中最小项为第7项
【答案】ACD
【详解】
由已知得，，又，所以，故A正确；
由，解得，又，
当时，，时，，又，所以时，，时，，
所以在上单调递增，在上单调递增，所以数列不是递增数列，故B不正确；
由于，而，所以时，的最小值为13，故C选项正确 ；
当时，，时，，当时，，时，，所以当时，，，，时，为递增数列，为正数且为递减数列，所以数列中最小项为第7项，故D正确；
10．（2020·全国高一课时练习）（多选题）已知，则下列式子成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】CD
【详解】
∵，，
整理得，
∴，
即，
即，∴C、D正确.
故选：CD
11．（2020·江苏如皋市·高二期中）在直角梯形ABCD中，，，，E为DC中点，现将沿AE折起，得到一个四棱锥，则下列命题正确的有（ ）
A．在沿AE折起的过程中，四棱锥体积的最大值为
B．在沿AE折起的过程中，异面直线AD与BC所成的角恒为
C．在沿AE折起的过程中，二面角的大小为
D．在四棱锥中，当D在EC上的射影恰好为EC的中点F时，DB与平面ABCE所成的角的正切为
【答案】ABD
【详解】
对于A，沿AE折起得到四棱锥，由四棱锥底面面积是固定值，要使得体积最大，需要四棱锥的高最大，即平面平面，此时，由已知得，则，故A正确；
对于B，在沿AE折起的过程中，，所以异面直线AD与AE所成的角即为AD与BC所成角，又，，E为DC中点，可知，即异面直线AD与BC所成的角恒为，故B正确；
对于C，由翻折前知，，且，则平面，又平面，所以平面平面，即二面角的大小为，故C错误；
对于D，如图连接，由C选项知，平面，又平面，则，又由已知得，且，则平面，所以为直线DB与平面ABCE所成的角，在直角中，，所以DB与平面ABCE所成的角的正切为，故D正确；
故选：ABD
12．（2020·全国高三专题练习）已知函数，的图象与直线分别交于、两点，则（ ）
A．的最小值为
B．使得曲线在处的切线平行于曲线在处的切线
C．函数至少存在一个零点
D．使得曲线在点处的切线也是曲线的切线
【答案】ABD
【详解】
令，得，令，得，
则点、，如下图所示：
由图象可知，，其中，
令，则，则函数单调递增，且，当时，，当时，.
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，，A选项正确；
，，则，，
曲线在点处的切线斜率为，
曲线在点处的切线斜率为，
令，即，即，
则满足方程，所以，使得曲线在处的切线平行于曲线在处的切线，B选项正确；
构造函数，可得，
函数在上为增函数，由于，，
则存在，使得，可得，
当时，；当时，.
，
所以，函数没有零点，C选项错误；
设曲线在点处的切线与曲线相切于点，
则曲线在点处的切线方程为，即，
同理可得曲线在点处的切线方程为，
所以，，消去得，
令，则，
函数在上为减函数，，，
则存在，使得，且.
当时，，当时，.
所以，函数在上为减函数，，，
由零点存在定理知，函数在上有零点，
即方程有解.
所以，使得曲线在点处的切线也是曲线的切线.
故选：ABD.
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）已知向量，，若，则______.
【答案】
【详解】
因为向量，，由，得，解得，
则，所以，
故.
故答案为：.
14．（2020·上海黄浦区·格致中学高三期中）若的展开式中的系数为，则_________.
【答案】.
【详解】
求得二项式的展开式的通项为，
当，解得，此时，
所以，解得.
故答案为：.
15．（2020·河南焦作·高三一模（理））游乐场某游戏设备是一个圆盘，圆盘被分成红色和绿色两个区域，圆盘上有一个可以绕中心旋转的指针，且指针受电子程序控制，前后两次停在相同区域的概率为，停在不同区域的概率为，某游客连续转动指针三次，记指针停在绿色区域的次数为，若开始时指针停在红色区域，则______.
【答案】
【详解】
解：该游客转动指针三次的结果的树形图如下：
则的分布列如下：
0 | 1 | 2 | 3 | |
故.
故答案为：
16．（2020·全国）古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点，距离之比为常数且的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆简称为阿氏圆．根据以上信息，解决下面的问题：如图，在长方体中，，点在棱上，，动点满足．若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为________；若点在长方体内部运动，为棱的中点，为的中点，则三棱锥的体积的最小值为___________．
【答案】
【详解】
（1）以AB为轴，AD为轴，为轴，建立如图所示的坐标系，则设，
由得，
所以，
所以若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为.
（2）设点，由得，
所以，
由题得
所以设平面的法向量为，
所以，
由题得，
所以点P到平面的距离为，
因为，
所以，所以点M到平面的最小距离为，
由题得为等边三角形，且边长为，
所以三棱锥的体积的最小值为.
故答案为：(1). (2). ．
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．（2020·全国高三月考）甲､乙两名同学在复习时发现他们曾经做过的一道数列题目因纸张被破坏导致一个条件看不清，具体如下等比数列的前n项和为，已知____________，
（1）判断的关系并给出证明.
（2）若，设，的前n项和为，证明.
甲同学记得缺少的条件是首项的值，乙同学记得缺少的条件是公比q的值，并且他俩都记得第（1）问的答案是成等差数列.如果甲､乙两名同学记得的答案是正确的，请通过推理把条件补充完整并解答此题.
【答案】补充条件见解析；（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【详解】
（1）补充的条件为，
的关系为成等差数列.
证明如下：
若则，
，
，
可得，因此成等差数列.
（2）证明：由，可得，
解得
，
则，
，
上面两式相减可得.
整理可得，
因为，所以.
18．（2020·河南高三月考）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答相应的问题.
在中，角的对边分别为，为边上的高，若，______，求的最大值.
【答案】选择见解析；的最大值为1.
【详解】
解：选①.
由正弦定理，得，
由，得.
因为，所以，所以，
所以，又，得.
因为，所以.
由余弦定理及基本不等式，得
即（当且仅当时取等号），
所以
故当时，的最大值为1.
选②“”.
由正弦定理，得，
由，
得.
因为，所以，所以，
又，所以.
因为，
所以
由余弦定理及，得，
由基本不等式，得
即（当且仅当时取等号），
所以，
故当时，的最大值为1.
选③“”.
由正弦定理，得，
因为，所以，所以，
由二倍角公式，得.
因为，所以，
所以，所以，
所以.
因为，
所以
由余弦定理及，得，
由基本不等式，得
即（当且仅当时取等号），
所以，，
故当时，的最大值为1.
19．（2020·小店区·山西大附中高二月考）如图，已知四棱锥，底面ABCD为菱形，平面ABCD，，E,F分别是BC,PC的中点．
（1）证明：；
（2）若H为PD上的动点，AB=2，EH与平面PAD所成最大角的正切值为，求的值．
（3）在（2）的前提下，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）2；（3）．
【详解】
（1）因为四边形是菱形，，
为等边三角形．
因为是的中点，
，结合，得
平面，平面，
，且平面，平面
平面，又平面
（2）由（1），平面，为与平面所成的角
，即为直角三角形，
直角三角形中，，
当最短时，即时，与平面所成的角最大，最大角的正切值为，
此时，，．
又AD=2，所以，
所以为等腰直角三角形，PA=．
（3）因为平面ABCD，平面PAC，所以平面平面ABCD．
过E作于O，则平面PAC
过O作于S，连接ES，则为二面角的平面角，
在中，，，
又F是PC的中点，在中，，
又，在中，，
即所求二面角的余弦值为．
20．（2020·南京航空航天大学附属高级中学高三期中）某商场举行有奖促销活动，顾客购买每满400元的商品即可抽奖一次.抽奖规则如下：抽奖者掷各面标有1~6点数的正方体骰子1次，若掷得点数不大于4，则可继续在抽奖箱中抽奖；否则获得三等奖，结束抽奖.已知抽奖箱中装有2个红球与m(m≥2，m∈N*)个白球，抽奖者从箱中任意摸出2个球，若2个球均为红球，则获得一等奖，若2个球为1个红球和1个白球，则获得二等奖，否则，获得三等奖(抽奖箱中的所有小球，除颜色外均相同).
（1）若m=4，求顾客参加一次抽奖活动获得三等奖的概率；
（2）若一等奖可获奖金400元，二等奖可获奖金300元，三等奖可获奖金100元，记顾客一次抽奖所获得的奖金为X，若商场希望X的数学期望不超过150元，求m的最小值.
【答案】（1）；（2）3.
【详解】
（1）设顾客获得三等奖为事件A，可分为两种情况：
顾客掷骰子掷得点数小于或等于4，其概率为；
顾客掷骰子掷得点数大于4，且摸出2个球均为白球，其概率为，
故当时，顾客参加一次抽奖活动获得三等奖的概率为.
（2）由题意可得X的可能取值有100，300，400，
且，
，
，
则，化简可得，
由题意可得，即，解得或，
又，则，即m的最小值为3.
21．（2020·河南高二月考（理））已知椭圆过点，且离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）点是椭圆与轴正半轴的交点，点，在椭圆上且不同于点，若直线、的斜率分别是、，且，试判断直线是否过定点，若过定点，求出定点坐标，若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）；（2）直线恒过定点
【详解】
解：（1）由题意知：，
即，
又，
椭圆方程可化为：，
又椭圆过点，
，
解得：，
椭圆的标准方程为：；
（2）如图所示：
直线，的斜率一定存在且不为，
设：，
又，
：，
联立 ，
即，
，
，
又，
，代入，
得：，
，
用代换，即得，
，
：，
即，
直线恒过定点.
22．（2020·河南高三月考）已知函数
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，求证：.
【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时函数在上单调递减，在上单调递增.（2）证明见解析.
【详解】
（1）函数的定义域是，，
当时，在上恒成立，
故函数在上单调递增；
当时，，令，得；
令，得，
故函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：要证明，
即证，即证.
设，则，
当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以是的极小值点，也是最小值点，
且.
令，
则
当时，；
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以是的极大值点，也是最大值点，且，
所以，
故成立.
