专题35 仿真模拟卷03（新高考地区专用）（解析版）

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这是一份专题35 仿真模拟卷03（新高考地区专用）（解析版），共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

数学
本卷满分150分，考试时间120分钟。
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．（2021·安徽高三一模）设集合A={x|x2-5x-6>0}，集合B={x|4A．(6，7]B．(4，7]
C．(-∞，-1)∪(4，+∞)D．(-∞，2)∪(3，+∞)
【答案】C
【解析】因为 B={x|4所以故选C
2．（2021·辽宁高三一模）“”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】A
【解析】充分性：若，则，则，故充分性成立；
必要性：若，则可能，此时无意义，故必要性不成立，
即“”是“”的充分不必要条件．故选A．
3．（2021·江苏高三月考）函数的部分图象大致是
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】判断奇偶性，再取特殊点判断即可．
【解析】，则函数为奇函数，故排除A，，故排除CD．故选B
【名师点睛】解决本题的关键在于利用特殊点以及奇偶性进行判断．
4．（2021·陕西榆林市·高三二模）已知双曲线：的虚轴的一个顶点为，直线与交于，两点，若的垂心在的一条渐近线上，则的离心率为
A．B．2C．D．
【答案】D
【分析】由的垂心在的一条渐近线上，设垂心为，，再由直线与交于，两点得，，化简整理可得，进而求得离心率．
【解析】设的垂心为，则，
不妨设，，，，
因为，
所以则，，，故选D．
【名师点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
5．（2021·南京市中华中学高三期末）在中，，，点满足，，则的长为
A．B．C．D．6
【答案】A
【分析】把用表示后，利用模的平方转化为数量积计算可求得，然后再由余弦定理得．
【解析】因为，
所以，
设，则得，
即，因为，故解得，即，
所以．故选A．
【名师点睛】本题考查向量在几何中的应用，解题关键是利用向量的线性运算表示出向量，然后平方抒发向量的模转化为数量积的运算，即利用数量积求线段长．
6．（2021·安徽高三一模）将数列{3n-1}与{2n+1}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的第10项为
A．210-1B．210+1C．220-1D．220+1
【答案】D
【分析】首先设，，令，得到，根据得到，，，……，再计算即可．
【解析】设，，令，，
则，解得．因为，所以，
即，，，……，所以．故选D
7．（2021·陕西榆林市·高三二模）已知三棱锥的侧棱都相等，侧棱的中点分别为，，，棱的中点为，平面．且，．若四面体的每个顶点都在球的球面上，则该球面与三棱锥侧面的交线总长为
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意得到，易知点即为球的球心，再根据截面圆的圆心角求解．
【解析】如图所示：
连结，
因为，，，，分别为各棱的中点，，
所以，所以点即为球的球心，因为平面，
所以球面与三棱锥侧面的交线总长为，故选C．
8．（2021·辽宁高三月考）已知定义在上的奇函数在上单调递增，且，，则关于的不等式的解集为
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设，利用定义判断函数的奇偶性，且，分，，三种情况比较和大小，再利用奇函数的对称性即可求解．
【解析】设，，则为奇函数，且，
当时，，，则，
当时，，，则，
当时，，，则，
则当时，不等式的解集为；
又都是奇函数，利用奇函数的对称性可得
当时，不等式的解集为；
所以的解集应为．故选C．
【名师点睛】利用定义判断函数的奇偶性，分，，三种情况比较和的大小是解决本题的关键．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（2021·盐城市伍佑中学高三期末）下列四个命题中是真命题的是
A．若复数z满足，则B．若复数z满足，则z是虚数
C．若复数z满足，则D．若复数满足，则
【答案】BC
【分析】选项A．若复数可判断；选项B．设复数，则可判断；选项C．，所以，所以可判断；选项D．设可判断．
【解析】设复数
选项A．若复数，满足，但，故A不正确．
选项B．设复数，则
由，则且，所以且
故复数为虚数，故B正确．
选项C．，所以，所以，所以，故C正确．
选项D．设，则，但，故D不正确．故选BC
10．（2021·南京市中华中学高三期末）若不等式对任意正数，恒成立，则实数的可能取值为
A．B．2C．D．1
【答案】AD
【分析】不等式对任意正数，恒成立，可得，再利用基本不等式的性质即可得出．
【解析】不等式对任意正数，恒成立，，
．当且仅当时取等号．，故满足条件的有A，D；故选．
【名师点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．
11．（2021·江苏高三月考）如图所示，在棱长为1的正方体中，M，N分别为棱，的中点，则以下四个结论正确的是
A．
B．平面
C．A到直线MN的距离为
D．过MN作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为
【答案】ACD
【分析】由可得判断AB，利用，，求出距离可判断C，由对称性得过MN作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小的圆是以所在弦为直径的圆，圆心为中点，求出圆面积断D．
【解析】正方体中，，而M，N分别为棱，的中点，则，所以，A正确，B错误；
设与分别交于点，则，，
由M，N分别为棱，的中点，知是中点，，C正确；
正方体外接球球心是正方体对角线交点，由对称性知过MN作该正方体外接球的截面，所得截面的面积最小的圆是以所在的弦为直径的截面圆，即截面圆圆心为，
，，，
，
截面圆半径为，则，面积为，D正确．故选ACD．
【名师点睛】本题考查正方体中的平行与垂直，考查球的截面圆问题．特殊的几何图形如正方体、正四面体等几何体中有许多直线、平面间的平行与垂直关系，我们必须掌握，并能应用，在判断D时，利用正方体的对称性是解题的关键．这样可得到面积最小的截面圆的直径是所在的弦，从而求得半径长．
12．（2021·广东广州市·高三二模）定义在上的函数满足，且当时，．若，则实数的取值可能是
A．B．C．D．
【答案】AB
【分析】设，由已知得其奇偶性，由导数得其单调性，题设不等式转化为，根据奇偶性与单调性可求得的范围，然后判断各选项．
【解析】设
由得，
即，是偶函数，
又，而时，，所以，
在递增，则其在上递减．
化为，
即，所以，解得．AB均满足．故选AB．
【名师点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性，解题关键是是构造新函数，由已知确定奇偶性与单调性后，不等式也转化为关于的函数不等式，从而求解．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2021·浙江省宁海中学高三月考）早在两千多年前，我国的墨子给出了圆的定义“一中同长也”已知为坐标原点，，若，的“长”分别为1，，且两圆相外切，则_________．
【答案】1
【分析】根据圆的定义，求得，，根据两圆的位置关系，即可求解．
【解析】由题意，为坐标原点，，
根据圆的定义，可得，，
因为两圆相外切，可得，即，
解得．故答案为．
14．（2021·南京市中华中学高三期末）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项之差成等差数列，如数列1，3，6，10，前后两项之差得到新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列，对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有高阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第20项为_________．
【答案】
【分析】设此数列为，可得，，，，．利用即可得出．
【解析】设此数列为，可得，，，，．
．
．故答案为．
15．（2021·安徽蚌埠市·高三二模）已知点是抛物线上一点，为其焦点，以为圆心、为半径的圆交准线于，两点，若为等腰直角三角形，且的面积是，则抛物线的方程是_________．
【答案】
【分析】首先根据为等腰直角三角形，转化求，再根据圆的半径，以及抛物线的定义，转化点到准线的距离，再表示的面积，求．
【解析】由题意可知，且，得，
所以，根据抛物线的定义，可知点到准线的距离，
，，解得，
所以抛物线方程，故答案为
【名师点睛】本题的关键是利用，表示，这样就可借助，转化为点到准线的距离，求的面积．
16．（2021·四川高三月考）已知函数，给出下列四个结论：
①的值域是；
②是以为最小正周期的周期函数；
③在上有个零点；
➃在区间上单调递增．
其中所有正确结论的编号是_________．
【答案】①②③
【分析】化简函数的解析式为，利用余弦型函数的值域可判断①的正误；利用周期的定义可判断②的正误；在上解方程，可判断③的正误；利用余弦型函数的单调性可判断④的正误．
【解析】因为．
对于①，，则，①正确；
对于②，，
作出函数的大致图象，如图所示．
由图可知，函数的最小正周期为，②正确；
对于③，当时，，
由，可得，可得，
分别令、、、，可得、、、，
所以，函数在在上有个零点，③正确；
对于④，当时，，则，
所以，函数在区间上不单调，④错误．故答案为①②③．
【名师点睛】求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成形式，再求的单调区间，只需把看作一个整体代入的相应单调区间内即可，注意要先把化为正数．
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．（10分）（2021·南京市中华中学高三期末）现有三个条件①，②，③，请任选一个，填在下面的横线上，并完成解答．
已知的内角所对的边分别是，，，若______．
（1）求角；
（2）若，求周长的最小值，并求周长取最小值时的面积．
【答案】（1）；（2）．
【分析】若选①：（1）利用诱导公式和正弦定理化简，再利用余弦定理即可求出角；（2）由（1）得到，再利用基本不等式求出的最小值及此时等号成立的条件，再利用面积公式即可求出面积．若选②：（1）利用正弦定理以及同角三角函数的基本关系化简求解即可；（2）由（1）得到，再利用基本不等式求出的最小值及此时等号成立的条件，再利用面积公式即可求出面积．若选③：（1）利用正弦定理以及辅助角公式化简整理即可求出角；（2）由（1）得到，再利用基本不等式求出的最小值及此时等号成立的条件，再利用面积公式即可求出面积．
【解析】若选①：（1），
，，
，，，
，；
（2）由（1）知，
，当且仅当时取等号；
，
又，则，
又，所以，
则周长的最小值为；
此时，所以的面积为．
若选②：（1）由，得，
则，又，则，
所以，即；
（2）由（1）知，
，当且仅当时取等号；
，
又，则，
又，所以，则周长的最小值为；
此时，所以的面积为．
若选③：（1），，
，，，
，，或，
即或（舍）；
（2）由（1）知，
，当且仅当时取等号；
，
又，则，
又，所以，则周长的最小值为；
此时，所以的面积为．
【名师点睛】本题首先利用正弦定理，同角三角函数的基本关系，诱导公式，辅助角公式以及余弦定理进行化简求角；其次利用余弦定理，基本不等式，三角形面积公式求解．
18．（12分）（2021·广东广州市·高三二模）已知数列的前项和为，，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，，成等比数列，，求的值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）由写出用代所得等式，两式相减求得，注意验证，
（2）求出，由，，成等比数列，求得值，然后计算
【解析】（1）因为，，
所以，，
又，
得，所以，又，
所以，；
（2）由（1），
若，，成等比数列，则，解得（舍去），
，
所以．
【名师点睛】本题考查求等差数列的通项公式，等比数列的性质，裂项相消法求和．数列求和的常用方法：
设数列是等差数列，是等比数列，
（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；
（2）错位相减法：数列的前项和应用错位相减法；
（3）裂项相消法；数列（为常数，）的前项和用裂项相消法；
（4）分组（并项）求和法：数列用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；
（5）倒序相加法：满足（为常数）的数列，需用倒序相加法求和．
19．（12分）（2021·陕西榆林市·高三二模）如图所示的几何体由等高的个圆柱和个圆柱拼接而成，点为弧的中点，且、、、四点共面．
（1）证明：平面．
（2）若直线与平面所成角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）取弧的中点，连结，，可证，，即可得到线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；
【解析】（1）取弧的中点，连结，，则，所以，因为且，所以四边形为平行四边形，所以，所以，
因为平面，平面，所以，
又平面，．
所以平面．
（2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，因为直线与平面所成角为，则，，，，设平面的法向量为，由可得，令，则，同理可得平面的法向量为，则，故平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
【名师点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解．
20．（12分）（2021·广东韶关市·高三一模）在一次大范围的随机知识问卷调查中，通过随机抽样，得到参加问卷调查的100人的得分统计结果如下表所示：
（1）由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分，近似为这100人得分的平均值(同一组中的数据用该组区间的左端点值作代表)．
①求的值；
②若，求的值；
（2）在（1）的条件下，为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：
①得分不低于的可以获赠2次随机话费，得分低于的可以获赠1次随机话费；
②每次获赠的随机话费和对应的概率为
现有市民甲参加此次问卷调查，记(单位：元)为该市民参加问卷调查获赠的话费，求的分布列与数学期望．
【答案】（1）①；②；（2）分布列答案见解析，数学期望为41．25元．
【分析】（1）根据题意直接计算平均值即可，再结合正态分布的对称性得到，即得a值；
（2）先根据正态分布知获赠1次和2次随机话费的概率均为，再结合获得随机话费的金额和概率情况写分布列，并计算期望即可．
【解析】（1）①由题意得
，，
②，
由正态分布曲线的对称性得，，
解得；
（2）由题意得，，即获赠1次和2次随机话费的概率均为，
故获赠话费的的所有可能取值为20，40，50，70，100
，
，
，
，
．
的分布列为
元．
所以的数学期望为41.25元．
【名师点睛】求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：
（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；
（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；
（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）．
21．（12分）（2021·陕西榆林市·高三二模）已知椭圆：的焦距与椭圆的焦距相等，且经过抛物线的顶点．
（1）求的方程；
（2）若直线与相交于，两点，且，关于直线：对称，为的对称中心，且的面积为，求的值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）由焦距和椭圆上一点可建立两个关于方程，解之即可得椭圆方程．
（2）由直线垂直AB得出，联立与椭圆方程，利用中点在上得到关系式，表示出弦长AB和点O到AB的距离，求出面积建立等式求解k即可．
【解析】（1）由题意：的顶点为，焦距为
故，解得，，所以的方程为；
（2）因为直线与相交于，两点，且，关于直线：对称，故直线垂直AB
所以，联立可得，设，，的中点为，则，，，因为在直线：上，所以，即，所以，即，，到直线的距离，，解得，．
【名师点睛】解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；
（3）写出根与系数关系；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入根与系数关系求解．
22．（12分）（2021·云南师大附中高三月考）已知函数．
（1）若，当时，讨论的单调性；
（2）若，，且当时，不等式在区间上有解，求实数a的取值范围．
【答案】（1）答案见解析；（2）．
【分析】（1）首先求出函数的定义域，由，消去参数，求出导函数，再对参数分类讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）当时，，再求出导函数，对分类讨论，求出函数的最大值，即可求出参数的取值范围；
【解析】（1）因为
所以函数的定义域为．
由，得，
则，
当时，，函数在上单调递减；
当时，或，，
所以在，上单调递减，在上单调递增；
当时，或，，
所以在，上单调递减，在上单调递增．
（2）当时，，，
则．
①当，即时，，
所以在上单调递增，
所以．
②当，即时，设的两根分别为，，
则，，
所以，，
所以在区间上，，
所以在上单调递增，
所以．
综上，当时，在区间上的最大值为，
所以，
所以实数a的取值范围是．
【名师点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：
（1）在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；
（2）不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；
（3）利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用．得分
频数
2
13
21
25
24
11
4
赠送话费的金额(单位：元)
20
50
概率
20
40
50
70
100

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