期末卷06 备战2021年高三数学期末全真模拟卷（八省新高考地区专版）（解析版）

2021年高三数学期末全真模拟卷06
（新高考地区专用）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共23题．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、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．直线y＝﹣x+2与曲线y＝﹣ex+a相切，则a的值为（ ）
A．﹣3 B．﹣2 C．﹣1 D．0
【答案】A
【分析】
首先设出切点，根据导数的几何意义，求出切点处的导数值，即为切线的斜率，可得：﹣em+a＝﹣1，再根据切点既在直线上也在曲线上可得：n＝﹣m+2＝﹣em+a ，联立即可得解.
【详解】
设切点为（m，n），
y＝﹣ex+a的导数为y′＝﹣ex+a，
可得切线的斜率为﹣em+a＝﹣1，
则m+a＝0，
且n＝﹣m+2＝﹣em+a，
解得m＝3，a＝﹣3.
故选：A.
【点睛】
本题考查了导数的几何意义：某点处的导数即是该点处切线的斜率，切入点是设出切点坐标，列式求解即可，本题属于较难题.
2．已知＝，＝，＝，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
构造新函数，结合导数可得，进而可得，即可得，通过放缩可证明，即可得解.
【详解】
令，
则，
所以单调递减，，所以，
所以，
所以，即；
因为，所以，
又，所以，，所以，
所以；
所以.
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是构造新函数对代数式进行合理放缩.
3．已知函数有且仅有两个零点，则实数的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由题意有，从而得出与有且仅有一个交点，即直线与相切，则满足条件，设切点坐标为，可得，解出即可．
【详解】
解：由题意有，，
∴与及共有2个不同的交点，
而与在轴左侧有一个交点，
∴与有且仅有一个交点，
当时，若直线与相切，则满足条件，
设切点坐标为，可得切线方程为，
∴，∴，解得，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查函数的零点个数，考查转化与化归思想，属于难题．
4．在中，已知，，的面积为6，若为线段上的点（点不与点，点重合），且，则的最小值为（ ）.
A．9 B． C． D．
【答案】C
【分析】
先根据题意得，，进而得，，，，，进而得，，故，再根据为线段上的点得，最后结合基本不等式求解即可得答案.
【详解】
解：因为，所以，
因为的面积为，所以，
所以，
所以，，，
由于，
所以，
所以，
所以由余弦定理得：，即.
所以，
因为为线段上的点（点不与点，点重合），
所以，根据题意得
所以
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以.
故选：C.
【点睛】
本题考查基本不等式求最值，正余弦定理解三角形，平面向量的数量积运算与共线定理得推理，考查综合分析与处理问题能力，是难题.
5．斜三棱柱中，底面是正三角形，侧面是矩形，且，是的中点，记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【分析】
过点作面交面于点，连结，过点作交于点，连结，则，，表示出这些角然后比较大小即可.
【详解】
解：如图：过点作面交面于点，连结，过点作交于点，连结，

则，，
因为直线与平面所成的角为直线与平面内所有直线所成的角中最小的，故，
又因为
，故，
故选：B.
【点睛】
本题主要考查空间中直线与直线，直线与平面所成角的大小及二面角的大小，考查空间想象能力及分析问题的能力，是一道难度较大的题目.
6．已知函数若函数恰有8个零点，则的最小值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】
设，因为有8个零点，所以方程有4个不同的实根，结合的图像可得在内有4个不同的实根，即在内有2个不同的实根，可知，即可求得结果．
【详解】
画出函数的图像如图所示，

设，由，得.
因为有8个零点，所以方程有4个不同的实根，结合的图像可得在内有4个不同的实根.所以方程必有两个不等的实数根，即在内有2个不同的实根，结合图像

由图可知，，故，即的最小值是2.
故选：B
【点睛】
方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图像，利用数形结合的方法求解.
7．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，直线，分别与抛物线交于点，，设直线与的斜率分别为，，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】
设，利用斜率公式及抛物线方程，可转化为关于纵坐标的关系式，化简即可求解.
【详解】
设，
所以，
同理，
因为，
所以，
故选：B.
【点睛】
本题主要考查了抛物线的标准方程，斜率公式，三点共线，属于中档题.
8．正方体的棱长为3，点，分别在棱，上，且，，下列命题：①异面直线，所成角的余弦值为；②过点，，的平面截正方体，截面为等腰梯形；③三棱锥的体积为；④过作平面，使得，则平面截正方体所得截面面积为．其中所有真命题的序号为（ ）
A．①④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【答案】C
【分析】

对于①：取的三等分点为，使，利用已知条件找到异面直线，所成的角，即可得出结果；对于②：取的三等分点为，使，利用已知条件得到四边形即为所求截面，即可得出结论；对于③：利用等体积法求解即可；对于④：取的三等分点为，使，取的三等分点为，使，猜想出面即为所求的截面，建立空间坐标证明推测，代入数值即可求出结论
【详解】

对于①：取的三等分点为，使，
又，
且，
四边形为平行四边形，
且，
四边形为平行四边形，
，
则为异面直线，所成的角，
连接，由题意得：，
所以；故①正确；

对于②：取的三等分点为，使，
又，
且，
四边形为平行四边形，
则且，
又由①得：且，
则且，
四边形为平行四边形，
，
取的中点为，连接，
又，
，
则四边形即为所求截面，
由题意知：，
则②不正确；
对于③：，
又面，，
，
故③正确；
对于④：取的三等分点为，使，
取的三等分点为，使，
，
则面即为所求的截面，
建立如图所示的空间坐标系，
则，
，
，
所以面；
由已知条件得：
，
等腰梯形的高为：，
所以截面面积为：.
故④正确.
故选：C.
【点睛】

本题主要考查异面直线所成角以及线线平行问题，还考查了等体积法求四棱锥的体积以及利用空间向量解决线面垂直问题；问题的关键是截面不容易找.属于较难题.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）选错不得分，选对部分得3分，全对得5分
9．设，函数的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】
令，得到抛物线的开口向上，对称轴的方程为，再根据和三种情形分类讨论，结合复合函数的单调性，即可求解.
【详解】
由题意，函数，令，
可得抛物线的开口向上，对称轴的方程为，
当时，即时，可得，
此时函数在单调递减，在上单调递增，且
可得在递减，在上递增，且；
当时，即时，可得，
此时函数在单调递减，在上单调递增，
由复合函数的单调性，可得在递减，在上递增，且，
此时选项B符合题意；
当当时，即时，此时函数有两个零点，
不妨设另个零点分别为且，
此时函数在单调递减，在上单调递增，
可得在递减，在上递增，且，
则在递减，在上递增，且，
此时选项D符合题意.
综上可得，函数的图象可能是选项BD.
故选：BD.
【点睛】
本题主要考查了根据函数的解析式识别函数的图象，其中解答中熟记指数幂的运算性质，二次函数的图象与性质，以及复合函数的单调性的判定方法是解答的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力，以及分类讨论思想的应用.
10．已知正数、满足，则下列说法中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】
把指数式转换成相应的对数式后，运用对数运算法则及换底公式及基本不等式即可.
【详解】
由，可得
，，，
，故A正确；
，，所以，，故B不正确；
，故C正确；

=，故D正确；
故选:ACD
【点睛】
本题主要考查了指数式与对数式的转换，对数运算法则，需要灵活运用换底公式，属于能力要求较高的题.
11．已知等比数列中，满足，公比q＝﹣2，则（ ）
A．数列是等比数列 B．数列是等比数列
C．数列是等比数列 D．数列是递减数列
【答案】BC
【分析】
利用等比数列通项公式逐个选项去验证即可。
【详解】
因为是等比数列，所以，，故A错；，，于是，故是等比数列，故B正确；，故C正确；，是递增数列，故D错。故选:BC.
【点睛】
此题考查了等比数列的通项公式和与等比数列相关数列的性质，属于中档题。
12．当一个非空数集满足“如果,则,且时,”时,我们称就是一个数域,以下关于数域的说法:①0是任何数域的元素;②若数域有非零元素,则;③集合是一个数域;④有理数集是一个数域;⑤任何一个有限数域的元素个数必为奇数.其中正确的选项有( )
A．①② B．②③ C．③④ D．④⑤
【答案】AD
【分析】
利用已知条件中数域的定义判断各命题的真假，题目给出了对两个实数的四种运算，要满足对四种运算的封闭，只有一一验证.
【详解】
①当时，由数域的定义可知，
若，则有，即，
故①是真命题;
②当时，由数域的定义可知，
若，则有，即，
若，则，则，
则，故②是真命题；
③当时，，故③是假命题；
④若，则，且时,
，故④是真命题；
⑤，当且时，则，
因此只要这个数不为就一定成对出现，
所以有限数域的元素个数必为奇数，所以⑤是真命题.
故选：.
【点睛】
本题考查学生对新定义题型的理解和把握能力，理解数域的定义是解决该题的关键，题目着重考查学生的构造性思维，一定要读懂题目再入手，没有一个条件是多余的，是难题.

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
13．已知函数，若对恒成立，则的值为______.
【答案】-2
【分析】
令，利用导函数判断函数在上单调递增，从而可得函数在上为正，在为负，为正，进而判断出方程的两根为，利用韦达定理即可求解.
【详解】
令，则，
令，则，当时，则，
当时，，所以在单调递增，在上单调递减，
故，所以，所以函数在上单调递增，
当时，，所以时，，
同时，则 ，
可知函数在上为正，在为负，为正，
故方程的两根为，即，
故，
故答案为：-2
【点睛】
本题考查了导数在研究函数单调性的应用，考查了转化与化归的思想，属于中档题.
14．设函数，若关于的方程恰有5个不同的实数解、、、、则等于______.
【答案】
【分析】
先根据一元二次方程的根的情况，可判断必为方程的解，可得到，再分和两种情况讨论，求得方程的根，即可的值.
【详解】
解：因为，可画函数图象如下所示：

又因为关于的方程恰有5个不同的实数解
根据对称性，由图可知一定是方程的解，
当时，，则由得.
∴，.
当时，，由，
得，
解得，或，解得、.
当时，，由得，解得，或，解得、.
∴.
故答案为：.
【点睛】
这是一道比较难的对数函数综合题，解题时按照题设条件分别根据、和三种情况求出关于的方程的5个不同的实数解、、、、，然后再求出的值，属于难题．
15．已知梯形满足，以为焦点的双曲线经过两点．若，则的离心率为____．
【答案】
【分析】
以中点为原点，以为轴，建立直角坐标系．设点关于点对称的点为，由对称性知，，，三点共线．设的方程为，，，则直线方程为，由已知得，所以，由直线方程与双曲线方程联立方程组消去，利用韦达定理得，结合，可得的等式，从而求得离心率．
【详解】
如图所示，以中点为原点，以为轴，建立直角坐标系．
设点关于点对称的点为，由对称性知，，，三点共线．设的方程为，，，则直线方程为，由得，
所以，，
由，所以，

因为异号，所以，
由，解得，
代入，得，
因为，所以，
所以的离心率．
【点睛】
本小题考查直线与双曲线的位置关系等基础知识；考查运算求解能力、推理论证能力；考查数形结合思想、函数与方程思想；考查数学运算、直观想象等核心素养，体现基础性、综合性．
16．对于数列，定义为数列的“好数”，已知某数列的“好数”，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是______.
【答案】
【分析】
计算，得到，，根据题意，，计算得到答案.
【详解】
由题意，当时，，
由，可得，
两式相减可得，
整理得，
由于，则数列的通项公式为，
则，
由于对任意的恒成立，则且，，
解得.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了数列的新定义，求数列的通项公式，求和公式，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.
四、解答题（本大题共7小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．已知函数.
（1）若，求过曲线上一点的切线方程；
（2）若，在区间的最大值为，最小值为，求的最小值．
【答案】（1）或；（2）.
【分析】
（1）首先求导，切点为，得到切线方程，再将代入得到或，即可得到切线方程.
（2）首先对求导，求出函数的单调区间，再分类讨论，得到最大值为，最小值为，即可得到的最小值.
【详解】
（1）当时，，所以．
设切点为，
所以切线方程为.
因为切线过时，所以，
所以，
所以或.
所求切线方程为或.
（2）因为，，.
所以．
令，得或．
所以，，为减函数，
，，为增函数.
①当时，在上单调递减．
所以依题意，．，
所以.
②当时，在上单调递减，在上单调递增.
又因为，，.
当时，，
所以，.
当时，
所以，.
设，，
当时，，所以在单调递减.
又因为，，
所以
所以，当且仅当时，取得最小值.
【点睛】
本题第一问考查导数的几何意义，第二问考查利用导数研究函数的最值，同时考查了分类讨论的思想，属于难题.
18．已知函数.
（1）若，求函数的最大值；
（2）令，求函数的单调区间；
（3）若，正实数满足，证明.
【答案】（1）0；（2）答案不唯一，具体见解析；（3）证明见解析.
【分析】
（1）由求得，求导计算可求得极大值，即为最大值；
（2）化简，，对分成和两类讨论的单调区间；
（3）当时，，转化为，令，利用导数求得，又，故.
【详解】
（1）解：因为，所以.
此时，，
，
由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故当时函数有极大值，也是最大值，
所以的最大值为.
（2）解：，
所以.
当时，因为，所以.
所以在上是递增函数，
当时，，
令，得.
所以当时，；
当时，，
因此函数在是增函数，在是减函数.
综上，当时，函数的递增区间是，无递减区间；
当时，函数的递增区间是，递减区间是.
（3）当时，，
由可得，
即，
由，，即.
令，则，.
可知，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
所以，
所以，
解得或.
又因为，，
因此成立.
【点晴】
本题考查利用导数求函数最值问题，考查利用导数求解含参数单调区间问题及导数在不等式证明中的应用问题，属于难题.解答此类求单调区间问题，应该首先确定函数的定义域，否则，写出的单调区间易出错. 解决含参数问题及不等式问题注意两个转化：（1）利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．（2）将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性问题处理．
19．如图，O为坐标原点，过点作圆O的两条切线分别交椭圆于点A、B和点D、C．

（1）若圆O和椭圆C有4个公共点，求直线和的斜率之积的取值范围；
（2）四边形的对角线是否交于一个定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．
【答案】（1）；（2）是，．
【分析】
（1）设过点P的切线方程为，利用与圆相切，与椭圆相交可得，根据直线和的斜率之积为即可求解；
（2）设，联立椭圆，可得一元二次方程，由韦达定理结合可求出，即直线过定点，同理可知直线也过定点即可知对角线相交.
【详解】
（1）若圆Q和椭圆C有4个交点，则，
设过点P的切线方程为，
则①
又因为直线和椭圆有两个交点，
由可得，
②
由①②可得：，所以
（2）设
由可得，
设，当时，
则，
由题设条件易知，
所以

即对一切k成立，
所以，此时满足，
即直线过定点，
同理可得直线也过定点，
所以，四边形的对角线交于定点．
【点睛】
本题主要考查了直线与圆相切，直线与椭圆相交，韦达定理，直线过定点，考查了运算推理能力，属于难题.
20．燕山公园计划改造一块四边形区域铺设草坪，其中百米，百米，，，草坪内需要规划4条人行道以及两条排水沟，其中分别为边的中点．

（1）若，求排水沟的长；
（2）当变化时，求条人行道总长度的最大值．
【答案】（1）百米；（2）百米．
【分析】
（1）由已知易得，则，在，中分别由余弦定理可得，，解方程组即可；
（2）设，设，，则，在中，由正弦定理得，，，由余弦定理，同理，令，则，求出函数的最值即可.
【详解】
（1）因为，，
所以，所以，
因为，
所以，
所以，
在中：，
即①
在中：
，
即 ②
由①②解得：，即排水沟BD的长为百米；
设，设，，
在中，由余弦定理得：，
在中，由正弦定理：，得，
连接DE，在中，，
，
在中，由余弦定理：
，
同理：．
设，，则，
所以，
由复合函数的单调性知，该函数单调递增，所以时，
最大值为
，
所以4条走道总长度的最大值为百米．

【点睛】
本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，考查学生的数学运算、数学建模能力，是一道有一定难度的题.
21．已知函数，且曲线在处的切线斜率为1．
（1）求实数的值；
（2）证明：当时，；
（3）若数列满足，且，证明：
【答案】（1）（2）见解析（3）见解析
【分析】
（1）由即得的值；（2）只需证，利用导数证明在上单调递增，所以成立，即得证；（3）分析得到只需证，再利用导数证明即可.
【详解】
（1），，所以；
（2）要证，只需证，
，
因为，
所以，
所以在上单调递增，
所以，
所以在上单调递增，
所以成立，
所以当时，成立．
（3）由（2）知当时，.
因为，
所以，
设，
则，
所以；
要证：，只需证：，
因为，
所以，
因为，
所以，
所以，
故只需证：，
因为，故只需证：，
即证：，
只需证：当时，，
，
，
，
所以在区间上是增函数，
故，
所以在区间上是增函数，
故，
所以在区间上是增函数，
故，
所以原不等式成立．
【点睛】
本题主要考查导数的几何意义，考查利用导数证明不等式，考查分析法证明不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
22．已知两点分别在轴和轴上运动，且，若动点
满足，动点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）过点作动直线的平行线交轨迹于两点，则是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由.
【答案】（1） （2）为定值，定值为1
【分析】
（1）利用平面向量坐标的线性运算化简.结合列方程，化简后求得动点的轨迹方程.
（2）设出直线的方程，联立直线的方程和，写出判别式和韦达定理，利用弦长公式求得.求得直线的方程，与联立，由此求得.由此计算出为定值.
【详解】
（1）因为，即，
所以，，则，
又，所以，即，
所以动点的轨迹方程为.
（2）易知直线不与轴重合，可设直线的方程为，由，
得，，
设，则有，，
，
即，
由，可知直线的方程为，
由，得，
则，
故，综上，为定值，且定值为1.
【点睛】
本小题主要考查动点轨迹方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查运算求解能力，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
23．已知椭圆的离心率为，直线经过椭圆的左顶点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线（）交椭圆于两点（不同于点）.过原点的一条直线与直线交于点，与直线分别交于点.
（ⅰ）当时，求的最大值；
（ⅱ）若，求证：点在一条定直线上.
【答案】（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.
【分析】
（1）将点代入直线方程可求得，结合离心率和椭圆关系可求得，进而得到椭圆方程；
（2）设，
（i）将直线与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，利用弦长公式表示出，由二次函数最大值可求得的最大值；
（ii）设直线，直线，两式联立可求得，同理可得，根据得到，整理得，将直线与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，代入上式得，从而得到，将直线与直线联立可求得，进而得到结果.
【详解】
（1）设
点在直线上 ，解得：

离心率 ，
椭圆的方程为
（2）设，
（i） 由消去可得：
即，由得：
，


当且仅当时，取到最大值
（ii）若，则为的中点
设直线，直线
两个方程联立可得：，解得：
同理可得：

即

化简得：…①
由得：，即
由得：
，
代入①得：
，即
若，则直线过点，与已知不符合
又
又由，联立消去得：
点在定直线上
【点睛】
本题考查直线与椭圆综合应用问题，涉及到椭圆方程的求解、弦长公式的应用和椭圆中的定直线问题的求解；求解点在定直线问题的关键是能够通过已知等量关系得到变量之间的关系，从而将所求点的横坐标进行化简整理为定值，从而确定定直线.