黄金卷04-【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）
第四模拟
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·全国高三月考（理））已知复数，则的值（ ）
A．0 B． C．2 D．1
【答案】C
【详解】
，，则．
故选：C．
2．（2020·河南洛阳市·高三月考（文））命题“，”的否定是（ ）
A．，使得
B．，使得
C．，
D．，
【答案】B
【详解】
根据全称命题与存在性命题的关系，
可得命题“，”的否定是“，使得”.
故选：B.
3．（2020·全国高三月考（文））已知向量，，若，则（ ）
A． B． C． D．7
【答案】A
【详解】
因为向量，
所以，，，
因为
所以，
即，解得．
故选：A
4．（2020·河南郑州市·高二期中（理））如图1是第七届国际数学教育大会（简称ICME-7）的会徽图案，会徽的主体图案是由如图2的一连串直角三角形演化而成的，其中，如果把图2中的直角三角形继续作下去，记的长度构成数列，则此数列的通项公式为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【详解】
由条件可知，，……，数列是公差为1，首项为1的等差数列，，
，.
故选：C
5．（2020·全国高三月考（理））已知正实数，满足，则的最小值为（ ）
A． B．25 C．24 D．
【答案】A
【详解】
．
当且仅当时取等.
故选：A．
6．（2020·河南高二月考（理））在中，内角、、的对边分别为、、，已知.，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
由可得，
所以，
因为，所以，
所以即，
所以，，
所以，即，
所以，所以,
所以.
故选：C.
7．（2020·全国高三月考（理））已知、满足，则与的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．不能确定
【答案】C
【详解】
令，其中，则，当时，.
所以，函数在区间上单调递增，
，，即，即，即，可得，
所以，.
故选：C.
8．（2020·小店区·山西大附中高二月考）在正方体中，E是棱的中点，F是侧面内的动点，且与平面的垂线垂直，如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．点F的轨迹是一条线段 B．与BE是异面直线
C．与不可能平行 D．三棱锥的体积为定值
【答案】C
【详解】
对于A中，设平面与直线交于点，连接，则为的中点，
分别取的中点，连接，
因为，平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
又因为是平面内的相交直线，
所以平面平面，
由此结合平面，可得直线平面，
即点是线段上的动点，所以A正确；
对于B中，因为平面平面，和平面相交，
所以与是异面直线，所以B正确；
对于C中，由A知，平面平面，所以与不可能平行，
所以C错误；
对于D中，因为，又由，可得，
平面，且平面，所以平面，
则到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以D正确.
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·重庆市万州第二高级中学高一期中）德国数学家狄里克雷在年时提出：“如果对于的每一个值，总有一个完全确定的值与之对应，那么是的函数.”这个定义较清楚的说明了函数的内涵，只要有一个法则，使得取值范围内的每一个，都有一个确定的和它对应就行了，不管这个法则是用公式还是用图象、表格等形式表示.他还发现了狄里克雷函数，即：当自变量取有理数时，函数值为，当自变量取无理数时，函数值为.狄里克雷函数的发现改变了数学家们对“函数是连续的”的认识，也使数学家们更加认可函数的对应说定义，下列关于狄里克雷函数的性质表述正确的是（ ）
A． B．是奇函数
C．的值域是 D．
【答案】ACD
【详解】
由题意可知，.
对于A选项，，则，A选项正确；
对于B选项，当，则，则，
当时，则，则，
所以，函数为偶函数，B选项错误；
对于C选项，由于，所以，函数的值域为，C选项正确；
对于D选项，当时，则，所以，，
当时，，所以，，D选项正确.
故选：ACD.
10．（2020·江苏海安市·高三期中）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
【详解】
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.
11．（2020·烟台市福山区教育局高三期中）已知函数，，则下列结论正确的有（ ）
A．在区间上单调递减
B．若，则
C．在区间上的值域为
D．若函数，且，在上单调递减
【答案】ACD
【详解】
， ，
当时，，由三角函数线可知，
所以，即，所以，
所以，所以在区间上单调递减，
当，，，所以，，
所以在区间上单调递减，
所以在区间上单调递减，故选项A正确；
当时，，
所以，即，故选项B错误；
由三角函数线可知，所以，，
所以当时，，故选项C正确；
对进行求导可得：
所以有，
所以，所以在区间上的值域为，
所以，在区间上单调递增，因为，
从而，所以函数在上单调递减，故选项D正确.
故选：ACD.
12．（2021·福建省福州第一中学高三期中）如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，且，以下结论正确的有（ ）
A．
B．异面直线所成的角为定值
C．点到平面的距离为定值
D．三棱锥的体积是定值
【答案】ACD
【详解】
由，可证平面，从而，故A正确；
取特例，当E与重合时，F是，即，平行，异面直线所成的角是，当F与重合时，E是，即，异面直线所成的角是，可知与不相等，故异面直线所成的角不是定值，故B错误；
连结交于，又平面，点到平面的距离是，也即点到平面的距离是，故C正确；
为三棱锥的高，又，故三棱锥的体积为为定值，D正确.
故选：ACD
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．（2019·上海市奉贤区奉城高级中学高二期中）在中，，，那么_____；
【答案】4
【详解】
解：因为在中，，所以，所以，
因为，
所以，
故答案为：4
14．（2020·全国高二单元测试）夏､秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼洄游到长江，历经三千多公里的溯流搏击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长到厘米左右，又携带它们旅居外海.一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为_________.
【答案】
【详解】
解析设事件为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件为该雌性个体成功溯流产卵繁殖，由题意可知，，.
故答案为：.
15．（2020·广东盐田区·深圳外国语学校高三月考）设函数，，则函数零点的个数有______个.
【答案】8
【详解】
解：时时的图象是由时的的图象向右平移1个单位得到，
当时，,将其中(0,1]之间的一段向右平移1个单位得到上的图象，
由的的图象逐次向右平移1个单位，得到在时的整个图象如图所示，
注意在时，当时，.
作出图像，由图象可得，共有8个公共点，
即有8个零点.
故答案为：8.
16．（2020·湖北高二期中）若是数列的前项和，且，则______________
【答案】
【详解】
，
则当时，，
当时，，
两式相减得，即，满足，
，
则，
则，
，
.
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．（2020·湖北东西湖区·华中师大一附中高三期中）如图，中的内角、、所对的边分别为、、，，且．
（1）求
（2）点在边的延长线上，且，求的长．
【答案】（1）；（2）.
【详解】
（1）因为，，
所以，
在中，由正弦定理得：，
所以，
又，所以，所以，
因为，所以.
（2）由（1）可得，
在中，，
由余弦定理可得：，
即，即，
解得：或（舍去），
所以.
18．（2020·海南高三其他模拟）设，，，给出以下四种排序：①M，N，T；②M，T，N；③N，T，M；④T，N，M．从中任选一个，补充在下面的问题中，解答相应的问题．
已知等比数列中的各项都为正数，，且__________依次成等差数列．
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）设数列的前n项和为，求满足的最小正整数n．
注：若选择多种排序分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）答案见解析.
【详解】
解：（解答一）选②或③：
（Ⅰ）设的公比为q，则．由条件得，
又因为，所以，即，
解得（负值舍去）．所以．
（Ⅱ）由题意得，则．由得
，即，又因为，所以n的最小值为7．
（解答二）选①或④：
（Ⅰ）设的公比为q，则．由条件得，
又因为，所以，即，
解得（负值舍去）．所以．
（Ⅱ）由题意得，则．由得
，即，又因为，所以n的最小值为5．
19．（2020·海口市第四中学高三月考）为研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机选取100名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在55名男性驾驶员中，平均车速超过的有40人，不超过的有15人；在45名女性驾驶员中，平均车速超过的有20人，不超过的有25人.
（1）完成下面列联表，并判断能否在犯错误概率不超过的前提下认为“平均车速超过与性别有关”？
| 平均车速超过 | 平均车速不超过 | 总计 |
男性驾驶员 |
|
|
|
女性驾驶员 |
|
|
|
总计 |
|
|
|
附：，其中.
（2）在被调查的驾驶员中，从平均车速不超过的人中随机抽取2人，求这2人恰好是1名男性驾驶员和1名女性驾驶员的概率；
（3）以上述样本数据估计总体，从高速公路上行驶的家用轿车中随机抽取3辆，记这3辆车平均车速超过且为男性驾驶员的车辆数为，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）答案见解析，能；（2）；（3）答案见解析，.
【详解】
（1）完成的列联表如下：
| 平均车速超过 | 平均车速不超过 | 合计 |
男性驾驶员 | 40 | 15 | 55 |
女性驾驶员 | 20 | 25 | 45 |
合计 | 60 | 40 | 100 |
，
所以在犯错误概率不超过的前提下，能认为“平均车速超过与性别有关”.
（2）平均车速不超过的驾驶员有40人，
从中随机抽取2人的方法总数为，记“这2人恰好是1名男性驾驶员和1名女性驾驶员”为事件，
则事件所包含的基本事件数为，
所以所求的概率.
（3）根据样本估计总体的思想，从总体中任取1辆车，
平均车速超过且为男性驾驶员的概率为，
故.
所以；；
；.
所以的分布列为
0 | 1 | 2 | 3 | |
（或）.
20．（2016·海南高三一模（理））如图，在四棱锥中，，，，，分别为线段的中点，平面．
（1）求证：平面平面；
（2）是否存在线段上一点，使得平面，若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
试题分析：（1）以为原点建立空间直角坐标系，可得，，
，又得平面，进而得结论；（2）设，可得平面的一个法向量为，再根据可解得.
试题解析：（1）如图，以为原点建立空间直角坐标系，
，，，所以中点，则，，则，
所以.
又平面，所以，由，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）法一：设，则，，则，
设平面的一个法向量为，，，
所以，则，令，
得，
设 ，则
，
若平面，则，解得.
法二：（略解）：连接延长与交于点，连接，若存在平面，则，
证明即可.
21．（2020·海南高三期中）如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆：和椭圆：，其中，，，的离心率分别为，，且满足，，分别是椭圆的右、下顶点，直线与椭圆的另一个交点为，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）与椭圆相切的直线交椭圆与点，，求的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【详解】
（1）由题意知，，
因为，所以，，
将等号两边同时平方，得，
即，所以，
又，所以，，所以，，
所以直线的方程为，
与椭圆：联立并消去，得，
整理得，，所以，
因为，所以，
得，所以，
椭圆的方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，易得.
当直线的斜率存在时，设直线：，与椭圆：联立并消去，
得，
因为直线与椭圆相切，所以，
整理得，
将直线与椭圆方程联立并消去，得，
由式可得.
设，，则，，
所以，
设，则，，，
所以当，即时，最大，且最大值为.
22．（2020·海南高三一模）已知函数在上单调递减.
（1）求实数的取值范围；
（2）若存在非零实数，满足，，依次成等差数列.求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【详解】
（1）根据题意，恒成立，即，
设，则.
令，得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
所以.
所以，即.
故的取值范围为.
（2）由题意得，
因为单调递减，不妨设.
设，
则.
设，
则，所以单调递减，即单调递减.
当时，，所以在上单调递增.
因为，所以，
即，整理可得.
因为在上单调递减，所以，即.
