期末卷09 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09
（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．下列四个命题：①，②，③，④，其中真命题为（ ）
A．①②③ B．①③ C．①②④ D．③④
【答案】B
【分析】
根据对数函数的运算以及对数函数的性质，逐个分析判断，即可得解.
【详解】
由，故①正确；
由，
考察函数，，
所以当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
所以时，取到最大值，所以，故②错误；
令，，
所以，
所以，
即，故③正确；
由，所以，
由，所以，故④错误，
故选：B.
【点睛】
本题考查了对数的运算和对数的比较大小，考查了构造法和转化思想，计算量较大，属于较难题.
2．已知是奇函数，当时，，则函数在处的切线方程是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先求出当时的解析式，然后利用导数求出处的切线斜率，以及切点坐标，从而求出切线方程.
【详解】
当时，，，，
，切点为，切线方程为．
切线方程为．
故选A．
【点睛】
本题考查函数的导数的应用，切线方程的求法，考查计算能力．
3．已知是同一球面上的四个点，其中是正三角形，平面，，则该球的体积为（ ）
A．48π B．24π C．16π D．π
【答案】D
【分析】
根据球的性质可知球心与外接圆圆心连线垂直于平面；在和中利用勾股定理构造出关于半径和的方程组，解方程组求得，代入球的体积公式可得结果.
【详解】
设为的外心，如下图所示：

由球的性质可知，球心与连线垂直于平面，作于
设球的半径为，
为等边三角形，且
平面，平面，
，
在和中，由勾股定理得：
，即
解得：，
球的体积为：
本题正确选项：
【点睛】
本题考查棱锥外接球的体积求解问题，关键是能够确定棱锥外接球球心的位置，从而在直角三角形中利用勾股定理构造方程求得半径.
4．对于实数，，若：或，：，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
【答案】B
【分析】
取特殊值，,可知pq，利用逆否命题与原命题等价，可确定qp, 即可得出结论.
【详解】
取，，满足条件p,此时，即pq，故是的不充分条件，
：：或等价于且，易知成立，所以是的必要条件.
故答案选B.
【点睛】
本题主要考查了充分条件、必要条件，逆否命题，属于中档题.
5．过点P（1，3）且在x轴上的截距和在y轴上的截距相等的直线方程为( )
A．x+y–4=0 B．3x-y=0
C．x+y–4=0或3x+y=0 D．x+y–4=0或3x-y=0
【答案】D
【解析】
【分析】
直线在x轴上的截距和在y轴上的截距相等，可分为两种情况：截距都为0和截距都不为0，分别求出即可。
【详解】
若直线过原点，设直线方程为y=kx，把点P（1，3）代入得k=3，此时直线为y=3x，即3x–y=0．
若直线不经过原点，设直线方程为+=1，即x+y=a．把点P（1，3）代入得a=4，所以直线方程为x+y=4，即x+y–4=0，故选D．
【点睛】
本题考查了直线的方程，尤其是截距式，属于基础题。
6．已知函数（且）的图像可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
解法一:分别画出和两种情况图像.检验那个选项符合即可.
解法二: 根据和两种情况讨论求解,求解时可以采用特殊值法,即当,不妨取,则,可以观察在和下的取值范围,观察选项即可得出答案. 当时,也按照的方法处理.
【详解】
解法一:当时的图像为
故C正确.
当时的图像为:

解法二: 当,不妨取,则
,取值范围是:
,取值范围是:.
,
结合着3个条件可知选项:C符合题意.
当,不妨取,则
,取值范围是:
,取值范围是:.
,
没有选项同时符合这3个条件.
故选:C.
【点睛】
本题考查了指数函数图像,与绝对值函数图像.处理加上绝对值函数图像时,要掌握先画原函数图像,在将函数在轴下方的图像对称到轴上方, 轴下方图像去掉,这是解决此题的关键.合理使用特殊值法可以简化计算.
7．一个几何体的三视图如图（图中尺寸单位：），则该几何体的体积和表面积分别为（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
结合三视图，还原直观图，利用体积计算公式，即可．
【详解】
该几何体是一个半径为1的球体削去四分之一，体积为，表面积为.
【点睛】
本道题考查了三视图还原直观图问题，发挥空间想象能力，结合体积计算公式，即可．
8．已知函数是定义在上的奇函数，且时，.给出下列命题:
①当时；
②函数有三个零点；
③的解集为；
④都有.其中正确的命题有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】
先求出时，，从而可判断①正确；再根据可求及的解，从而可判断②③正确，最后依据导数求出函数的值域后可判断④正确.
【详解】
因为函数是定义在上的奇函数，且时，.
所以当时，，故，故①正确.
所以，当时，即函数有三个零点，故②正确.
不等式等价于或，
解不等式组可以得或，所以解集为，故③正确.
当时，，，
当时，，所以在上为增函数；
当时，，所以在上为减函数；
所以当时的取值范围为，因为为上的奇函数，
故的值域为，故都有，故④正确.
综上，选D.
【点睛】
（1）对于奇函数或偶函数，如果知道其一侧的函数解析式，那么我们可以利用或来求其另一侧的函数的解析式，注意设所求的那一侧的函数的自变量为.
（2）对于偶函数 ，其单调性在两侧是相反的，并且，对于奇函数 ，其单调性在两侧是相同的．
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．下列命题的否定为假命题的是（ ）
A．任何一个平行四边形的对边都平行 B．非负数的平方是正数
C．有的四边形没有外接圆 D．，使得
E.任何方程都有解
【答案】ACD
【分析】
A：根据平行四边形定义做判断；
B：考虑特殊值，然后判断；
C：根据四边形有外接圆的条件：对角互补，作出判断；
D：先判断原命题，然后得到命题的否定的真假；
E：考虑含参数的方程或者的一元二次方程等.
【详解】
A中命题的否定为“存在一个平行四边形的对边不平行”，由平行四边形的定义知A中命题的否定是假命题；
B中命题的否定为“存在一个非负数的平方不是正数”，因为，不是正数，所以B中命题的否定是真命题；
C中命题的否定为“所有四边形都有外接圆”，因为只有对角互补的四边形才有外接圆，所以原命题为真命题，所以命题的否定为假命题；
D中命题的否定为“，都有”，因为当，时，，所以原命题为真命题，命题的否定为假命题；
E中，如方程，当时，该方程无解，所以原命题为假命题，其否定为真命题．
故选ACD．
【点睛】
本题考查全称命题、特称命题的否定的真假判断，难度一般.判断命题的否定的真假，可以通过写出命题的否定然后判断真假，也可以通过先判断原命题的真假然后再得到命题的否定的真假.
10．（多选）下列命题中正确的是（ ）
A．的最大值是
B．的最小值是2
C．的最大值是
D．有最大值.
【答案】AC
【分析】
对A，结合基本不等式变形即可得证；对B，，最值取不到，可判断错误；对C，整理变形成基本不等式可判断正确；对D，结合对勾函数特点判断无最大值
【详解】
，当且仅当时，等号成立.所以A正确；
，取不到最小值2（等号取不到），所以B错误；
，当且仅当时，等号成立，所以C正确；
，时取到，故无最大值，所以D错误；
故选：AC.
【点睛】
本题考查基本不等式最值得求解与判断，易错点为忽略等号成立的条件，属于中档题
11．某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，如图所示，已知它的近地点（离地面最近的点）距地面千米，远地点（离地面最远的点）距地面千米，并且三点在同一直线上，地球半径约为千米，设该椭圈的长轴长、短轴长、焦距分别为，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】
根据条件数形结合可知，然后变形后，逐一分析选项，得到正确答案.
【详解】
因为地球的中心是椭圆的一个焦点，
并且根据图象可得 ，（*）
，故A正确；
，故B正确；
（*）两式相加，可得，故C不正确；
由（*）可得 ，两式相乘可得
，
，故D正确.
故选ABD
【点睛】
本题考查圆锥曲线的实际应用问题，意在考查抽象，概括，化简和计算能力，本题的关键是写出近地点和远地点的方程，然后变形化简.
12．给定数集M，若对于任意，有，且，则称集合M为闭集合．则下列说法中不正确的是（ ）
A．集合为闭集合
B．正整数集是闭集合
C．集合为闭集合
D．若集合，为闭集合，则为闭集合
E.若集合，为闭集合，且，，则一定存在，使得
【答案】ABDE
【解析】
【分析】
根据闭集合的新定义判断，既要符合，又要符合，结合具体的集合加以辨别即可
【详解】
对于A，因为，，但，故集合M不是闭集合，故A说法不正确；
对于B，因为，，但，所以正整数集不是闭集合，故B说法不正确；
对于C，因为任意两个3的倍数，它们的和，差仍是3的倍数，故集合是闭集合，故C说法正确；
对于D，假设，，，，但是，所以不是闭集合，故D说法不正确；
对于E，设集合，，都为闭集合，找不出．故E说法不正确．
故选ABDE．
【点睛】
本题考查集合新定义的概念理解，结合具体集合辨析是否符合新定义，属于中档题

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，则_______
【答案】
【解析】
【分析】
令，求导得在上单调递减，在上单调递增，得,按， 分种情况进行讨论，求的最大值和最小值即可.
【详解】
令，则，
易知函数在上单调递减，在上单调递增，
且，故.
当，即时，，，
此时，不合题意，舍去；
当，即时，，，
若，即，则，解得；
若，即，则，解得；
当，即时，，，
此时，不合题意，舍去.
综上所述，.
故答案为：
【点睛】
本题考查了函数求最值的问题，也考查了去掉绝对值的方法，分类讨论的思想，属于中档题.
14．点到抛物线准线的距离为2，则的值为______．
【答案】或
【解析】
【分析】
求出抛物线的准线方程，利用已知条件列出方程求解即可．
【详解】
抛物线的标准方程为：，准线方程为：，
，解得或．
故答案为或
【点睛】
本题考查抛物线方程，简单性质的应用，注意抛物线方程的标准方程的应用，是易错题．
15．直线：经过抛物线：（）的焦点，与抛物线相交于，两点，过原点的直线经过弦的中点，并且与抛物线交于点（异于原点），则的取值范围是______.
【答案】
【分析】
根据题意，即可求得抛物线方程；联立与抛物线方程，利用韦达定理，求得点的坐标，故可用表示；同理设出直线方程，联立抛物线方程，得到点坐标，即可将用表示，据此可将目标式转化为的函数，求函数值域即可.
【详解】
根据题意，作图如下：

因为经过抛物线：（）的焦点
故可得，则，
故可得抛物线方程为.
联立直线与抛物线方程
可得，
设，
故可得，
，
则中点坐标为，
设直线方程为，
故可得，解得，
联立直线与抛物线，
可得，解得，
即点.
则，

故可得，
又因为，故可得，
则.
故答案为：.
【点睛】
本题考查抛物线方程的求解，以及抛物线中的范围问题，属综合性困难题.
16．已知函数，若存在唯一的整数x，使得不等式成立，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【分析】
根据解析式作出函数图像，分两种情况讨论：当时和当时，分别求出的范围即可得出结果.
【详解】
根据题意，函数，其图象如图：
分2种情况讨论：
，当时，，
若存在唯一的整数x，使得不等式成立，即有唯一的整数解，
又，则此时有．
，当时，则，
若存在唯一的整数x，使得不等式成立，即有唯一的整数解，
又由，，
则此时有，
综合可得：或；
则a的取值范围为；
故答案为．

【点睛】
本题主要考查分段函数的图像和性质，通常需要用到分类讨论的思想来处理，属于常考题型.
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．在中，内角的对边分别为，且，.
（1）求；
（2）点在边上，且， ，求.
【答案】(1) .(2) .
【分析】
(1)本题首先可通过边角互换将转化为，然后将其化简为，即可计算出的值，最后得出结果；
(2)通过可以计算出的长度，然后借助余弦定理即可得出结果．
【详解】
（1）因为，所以，
即，整理得，
因为，所以，解得.
（2）由题意得，，
因为，所以，即，
由余弦定理可知，即，
解得（舍去），即.
【点睛】
本题考查三角函数的相关性质，主要考查解三角形的相关性质，考查了正弦定理以及余弦定理的灵活应用，考查了推理能力，是中档题．
18．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝（n∈N*），正项等比数列{bn}满足b1＝a1，b5＝a6．
（Ⅰ）求数列{an}与{bn}的通项公式；
（Ⅱ）设∁n＝an•bn，求数列{∁n}的前n项和Tn．
【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）
【分析】
（Ⅰ）利用法直接求，再由b1＝a1，b5＝a6求出，从而求得．
（Ⅱ）利用乘公比错位相减法求解即可．
【详解】
（Ⅰ）当时
，

，
当时，也适合上式,
∴.
∴，.
设数列的公比为，则.
∵，∴，
∴
（Ⅱ）由（1）可知，，
∴
①，
②
由①－②得，


∴.
【点睛】
（1）本题主要考查了赋值法及法求通项公式，即,还考查了等比数列的通项公式．
（2）利用错位相减法求和，注意相减时项的符号，求和时项数的确定，最后不要忘记除1-q，在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式．
19．已知，函数
（1）解不等式；
（2）若.求证：.
【答案】（1）（2）证明见解析
【分析】
（1）化简不等式，然后按照零点分段法去绝对值，解不等式求得的取值范围.
（2）将所要证明的不等式，转化为证明，也即证，利用差比较法证得这个不等式成立，由此证得原不等式成立.
【详解】
解：(1)
当时,不等式为,；
当时,不等式为,不成立；
当时,不等式为, ,
综上所述,不等式的解集为；
（2），即．因为，，
所以，
所以．故所证不等式成立．
【点睛】
本小题主要考查含有绝对值的不等式的解法，主要是零点分段法和平方法，考查证明不等式成立的方法，考查比较大小的方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
20．已知向量，，函数
（1）当函数在上的最大值为3时，求的值；
（2）在（1）的条件下，若对任意的，函数，的图像与直线有且仅有两个不同的交点，试确定的值，并求函数在上的单调递减区间.
【答案】（1）（2）的值为；单调递减区间为
【分析】
（1）根据向量的数量积、辅助角公式化简函数，再对时行分类讨论，即可得到答案；
（2）根据题意可得直线为图象的平衡位置，由图像与直线有且仅有两个不同的交点，所以，再求出函数的单调递减区间与
【详解】
（1），
时，，
当时，的最大值为，所以；
当时，的最大值为，故（舍去）
综上：函数在上的最大值为3时，
（2）当时，，
的最小正周期为，可知的值为.
由，得.
因为，所以，
函数在上的单调递减区间为.
【点睛】
本题考查向量的数量积、辅助角公式、三角函数的图象与性质，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.
21．已知等差数列的前项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）（2）
【分析】
(1)用基本量法求解首项与公差即可算得通项公式
(2)由,裂项相消后代入即可.
【详解】
解：(1)设数列的公差为,则
,解得,,.
(2)由(1)知,
,

.
【点睛】
本题主要考查基本量法求等差数列的方法以及简单的裂项相消问题,属于基础题型.
22．我国古代数学名著《九章算术》中记载了有关特殊几何体的定义：阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，堑堵指底面是直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱.

（1）某堑堵的三视图，如图1，网格中的每个小正方形的边长为1，求该堑堵的体积；
（2）在堑堵中，如图2，，若，当阳马的体积最大时，求二面角的大小.
【答案】（1）2；（2），arcsin（或arccos）.
【解析】
【分析】
（1）由三视图还原原几何体，再由棱柱体积公式求解；
（2）阳马B﹣A1ACC1的体积VA1A×AC×BCAC×BC（AC2+BC2）AB2，当且仅当AC＝BC时，，以C为原点，CB为x轴，CA为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解空间角．
【详解】
（1）由三视图还原原几何体如图，

可知该几何体为直三棱柱，底面是等腰直角三角形，直角边长为，
直三棱柱的高为2，
则其体积为V；
（2）∵A1A＝AB＝2，阳马B﹣A1ACC1的体积：
VA1A×AC×BCAC×BC（AC2+BC2）AB2，
当且仅当AC＝BC时，，
以C为原点，CB为x轴，CA为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，
则A1（0，，2），B（，0，0），C1（0，0，2），
∴（0，，2），（，0，0），（0，，0），（，0，﹣2），
设平面CA1B的法向量（x，y，z），
则，取y，得（0，，﹣1），
设平面C1A1B的法向量（a，b，c），
则，取a，得（，0，1），
设当阳马B﹣A1ACC1体积最大时，二面角C﹣A1B﹣C1的平面角为θ，
则cosθ，
∴当阳马B﹣A1ACC1体积最大时，二面角C﹣A1B﹣C1的大小为arccos．
【点睛】
本题考查由三视图求面积、体积，考查二面角的余弦值的求法，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
23．如图，为坐标原点，椭圆的左，右焦点分别为，离心率为，双曲线的左，右焦点分别为，，离心率为，已知，．


（1）求，的方程；
（2）过作的不垂直于轴的弦，为弦的中点，当直线与交于，两点时，求四边形面积的最小值．
【答案】（1），；（2）．
【分析】
(1)由可推出,从而,,因此,推出,,从而得到的方程;
(2)设直线的方程为,联立,利用韦达定理和中点坐标公式求出,从而得到直线的方程为,再联立,由韦达定理和弦长公式求出,再利用点到直线的距离公式求出到直线的距离以及到直线的距离,进而得到四边形的面积的最小值.
【详解】
(1)∵,∴,
∴,即,
∴,,
∴,
∴,,
∴的方程为,的方程为.
(2)依题意,直线的方程可设为,设,,
由消去可得,
∴,,
∴,
∴中点坐标为,
∴直线的方程为,
由消去,可得,
∴且,,
∴,
设到直线的距离为,则到直线的距离也为,
∴,
∵,
∴,
又∵,
∴,
∴四边形的面积,
∴当时,取得最小值,且,即四边形面积的最小值为.
【点睛】
本题考查了直线与圆锥曲线的综合应用问题,考查计算能力,需要学生对相关知识熟练掌握且灵活应用,难度较大.