专题37 仿真模拟卷05（新高考地区专用）（解析版）

这是一份专题37 仿真模拟卷05（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．设集合，，则
A．B．
C．D．
【试题来源】江苏省南通市2020-2021高三下学期一模试卷
【答案】C
【分析】根据对数函数性质确定集合，然后由交集定义计算．
【解析】由题意，所以．故选C．
2．菏泽万达商场在春节前开展商品促销活动，顾客凡购物金额满元，则可以从“福”字、春联和灯笼这三类礼品中任意免费领取-一件，若有名顾客都领取一件礼品．则他们中有且仅有人领取的礼品种类相同的概率是
A．B．
C．D．
【试题来源】山东省菏泽市2021届高三下学期3月一模
【答案】B
【分析】求出领取礼品的总方法，再求得有且仅有人领取的礼品种类相同的方法数（用捆绑法），然后可计算出概率．
【解析】四人领取3种礼品有种领取法，有且仅有人领取的礼品种类相同的方法为，所以所求概率为．故选B．
3．一次竞赛考试，老师让学生甲､乙､丙､丁预测他们的名次．学生甲说：丁第一；学生乙说：我不是第一；学生丙说：甲第一；学生丁说：甲第二．若有且仅有一名学生预测错误，则该学生是
A．甲B．乙
C．丙D．丁
【试题来源】江苏省盐城市、南京市2021届高三下学期第一次模拟考试
【答案】C
【分析】丙和丁必有一个错误，分类讨论后可得正确的选项．
【解析】显然丙丁有一个错误，倘若丙正确，则与甲矛盾，故丁错误．故选C．
4．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆交于、两点，若的周长为，则面积的最大值为
A．B．
C．D．
【试题来源】安徽省江南十校2021届高三下学期3月一模联考（文）
【答案】B
【分析】利用椭圆的定义求出的值，进而可得出的值，由此可求得面积的最大值为，即可得解．
【解析】由椭圆的定义可得的周长为
，
，则，则面积的最大值为，故选B．
5．若的展开式中的系数为7，则展开式的常数项为
A．B．
C．D．
【试题来源】湖北省荆门龙泉中学、宜昌一中2021届高三下学期2月联考
【答案】A
【分析】根据二项展开式，得出第项，再求得，再利用展开式可求得常数项．
【解析】的二项展开式中的第项为，
令，解得，所以的系数为7，解得，
所以的二项展开式中的第项为，
令，解得，所以展开式的常数项为，故选A．
【名师点睛】（1）本题主要考查二项式展开式的通项和指定项的求法，考查指数幂的运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算推理能力．（2） 二项式通项公式： （）①它表示的是二项式的展开式的第项，而不是第项；②其中叫二项式展开式第项的二项式系数，而二项式展开式第项的系数是字母幂前的常数；③注意．
6．在矩形中，，，，分别是，上的动点，且满足，设，则的最小值为
A．48B．49
C．50D．51
【试题来源】广东省揭阳市2021届高三下学期教学质量测试
【答案】B
【分析】建立平面直角坐标系，假设点坐标，然后得到，然后代入并结合基本不等式进行计算即可．
【解析】如图，建立平面直角坐标系，则，，，，
设，，因为，
所以，，．
因为，所以，，
所以．
当且仅当，即，时取等号．故选 B．
7．已知圆，直线，若直线上存在点，过点引圆的两条切线，使得，则实数的取值范围是
A．B．
C．D．
【试题来源】江西省上饶市2021届高三第一次高考模拟考试（理）
【答案】A
【分析】先分析点P的轨迹是以为圆心，为半径的圆，再根据直线与圆相交，计算k的范围．
【解析】圆，半径，设，
因为两切线，PA⊥PB，由切线性质定理，知
PA⊥AC，PB⊥BC，PA＝PB，所以，四边形PACB为正方形，所以，，
则：，即点P的轨迹是以为圆心，为半径的圆．
直线过定点，直线方程即，
只要直线与P点的轨迹（圆）有交点即可，即大圆的圆心到直线的距离小于等于半径，
即，解得，
即实数的取值范围是．故选A．
【名师点睛】解析几何问题常见处理方法：
（1）正确画出图形，利用平面几何知识简化运算；
（2）坐标化，把几何关系转化为坐标运算．
8．若存在实数x，y满足，则
A．B．0
C．1D．
【试题来源】山西省晋中市2021届高三下学期二模（文）
【答案】C
【分析】令，利用导数求得函数的单调性与最大值，再令，结合基本不等式，求得，进而得到，求得的值，即可求解．
【解析】令函数，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当，可得，
令函数，则，当且仅当时取等号，
又由，所以，
所以，所以．故选C．
【名师点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；（3）根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大．
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．已知函数则下列结论正确的是
A．是偶函数B．
C．是增函数D．的值域为
【试题来源】山东省潍坊市2021届高三一模考试
【答案】BD
【分析】利用反例可判断AC错误，结合函数的解析式可判断BD为正确，从而可得正确的选项．
【解析】，而，故不是偶函数，故A错误．
因为，故不是增函数，故C错误．
，故B正确．
当时，，当时，，
故的值域为，故D正确．故选BD．
10．是虚数单位，下列说法中正确的有
A．若复数满足，则
B．若复数，满足，则
C．若复数，则可能是纯虚数
D．若复数满足，则对应的点在第一象限或第三象限
【试题来源】江苏省常州市教育学会2020-2021学年高三上学期学业水平监测
【答案】AD
【分析】A选项，设出复数，根据共轭复数的相关计算，即可求出结果；
B选项，举出反例，根据复数模的计算公式，即可判断出结果；
C选项，根据纯虚数的定义，可判断出结果；
D选项，设出复数，根据题中条件，求出复数，由几何意义，即可判断出结果．
【解析】A选项，设，则其共轭复数为，
则，所以，即；A正确；
B选项，若，，满足，但不为；B错；
C选项，若复数表示纯虚数，需要实部为，即，但此时复数表示实数，故C错；
D选项，设，则，
所以，解得或，则或，
所以其对应的点分别为或，所以对应点的在第一象限或第三象限；D正确．故选AD．
11．在正方体中，点是底面的中心，则
A．平面B．与成角为30º
C．D．平面
【试题来源】辽宁省丹东市2020-2021学年高三下学期质量监测
【答案】ABC
【分析】A．由，得到是平行四边形，从而，再利用线面平行的判定定理判断；B． 根据，得到为所成的角判断；C．由正方体的特征，得到平面判断；D．由判断；
【解析】如图所示：
A．因为， 是平行四边形，所以，因为 平面，平面，所以平面，故正确；
B． 因为，所以为所成的角，又平面，则，设棱长为a，则，因为，则，故正确；
C． 因为，所以平面，则，故正确；
D． 因为，，所以不垂直，则与平面不垂直，故错误；故选ABC
12．对于函数，下列说法正确的是
A．在处取得极大值
B．有两个不同的零点
C．
D．若在上恒成立，则
【试题来源】山东省菏泽市2021届高三下学期3月一模
【答案】ACD
【分析】对求导，利用导函数的符号判断的单调性即可得极值，可判断选项A；由的单调性以及函数值的符号可判断选项B；利用得单调性以及函数值与的关系可判断选项C；分离可得，计算的最大值可判断选项D，进而可得正确选项．
【解析】对于选项A：函数定义域为，，令可得，令可得，所以在单调递增，在单调递减，所以在时取得极大值，故选项A正确
对于选项B：令，可得，因此只有一个零点，故选项B不正确；
对于选项C：显然，在单调递减，
可得，因为，
即，故选项C正确；
对于选项D：由题意知在上恒成立，
令则 ，因为
易知当时．，当时，，所以在时取得极大值也是最大值，所以，
所以在上恒成立，则，故选项D正确．故选ACD．
【名师点睛】利用导数研究函数的极值的步骤：
①写定义域，对函数求导；
②在定义域内，解不等式和得到单调性；
③利用单调性判断极值点，代入解析式即可得极值．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．一台设备由三个部件构成，假设在一天的运转中，部件1，2，3需要调整的概率分别为0.1，0.2，0.3，各部件的状态相互独立，则设备在一天的运转中，至少有1个部件需要调整的概率为__________．
【试题来源】江苏省连云港市2021届高三下学期期初调研考试
【答案】0.496
【分析】先求没有1个部件需要调整的概率，再用1减即可．
【解析】设分别为部件1，2，3需要调整的事件，则至少有1个部件需要调整的概率为，故答案为0.496.
14．曲线在处的切线的倾斜角为，则__________．
【试题来源】山东省临沂市2021届高三一模
【答案】
【分析】对函数求导代入，即可得出，进而可得结果．
【解析】，
则，故答案为
15．如图，该图展现的是一种被称为“正六角反棱柱”的多面体，其由两个全等且平行的正六边形作为基底，侧面由12个全等的以正六边形的边为底的等腰三角形组成．若某个正六角反棱柱各棱长均为1，则其外接球的表面积为__________．
【试题来源】湖北省武汉市2021届高三下学期3月质量检测
【答案】
【分析】根据题中所给的条件，分析图中点、面之间的关系，判断出外接球球心所处的位置，列出等量关系，求得半径，进而求得球的表面积．
【解析】根据题意，其上下底面为全等的正六边形，且是错开的，
所以侧面才会形成12个棱长为1的正三角形，
如图，为上下底面在下底面形成的投影，
且，所以，
过侧面任一三角形上顶点做底面垂线，设垂足为A，设为上下底面距离，
则有，
设球的半径为，则有，
所以其外接球的表面积为，故答案为．
【名师点睛】该题考查的是有关几何体外接球的表面积的求解问题，在解题的过程中，分析得出几何体外接球球心的位置以及放到相应三角形中来求解是正确解题的关键．
16．若正实数，，，满足，，则的最小值为__________．
【试题来源】四川省仁寿第一中学校南校区2020-2021学年高三上学期第四次调研（理）
【答案】
【分析】把转化为，上任意两点间距离的平方，利用导数求切线及切点找到距离的最小值，再平方即可．
【解析】设M为上一点，设N为上一点，则表示为MN距离的平方．
分别画出函数，的图象，
设与平行的直线与曲线相切于第一象限内的点，
因为，所以 ，解得，所以．
所以切点为，，
所以的最小值为．
故答案为
【名师点睛】距离的计算方法有两类：（1）几何法：利用几何图形求最值；
（2）代数法：把距离表示为函数，利用函数求最值．
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）在中，，，分别为角，，的对边，．
（1）求角的大小；
（2）若为锐角三角形，，求的取值范围．
【试题来源】湖北省荆门龙泉中学、宜昌一中2021届高三下学期2月联考
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）利用正弦定理边角互化，再利用余弦定理求出角的大小；（2）利用正弦定理结合三角恒等变换化简，再由锐角三角形得出的范围，进而得出答案．
【解析】（1）由已知，
结合正弦定理，得．
再由余弦定理，得，
又，则．
（2）由，，则由正弦定理，有
因为为锐角三角形，则，则．
所以的取值范围为．
18．（12分）在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题．
已知正项数列的前项和为，满足___________．
（1）求；
（2）若，求数列的前项和．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【试题来源】山东省临沂市2021届高三一模
【答案】（1）条件选择见解析，；（2）．
【分析】（1）若选①，当时，，得，再利用累乘法求解；若选②，当时，得，得，再利用等差数列求解；若选③，得，再利用等差数列求解；（2）由题得，再利用错位相减法求解．
【解析】若选①，则，
当时，得，当时，，
得，即，，
，当时也成立，．
若选②，即，
当时，得，当时，得，
得，由得，
又．是公差为，首项为的等差数列，是公差为，首项为的等差数列，故．
若选③，即，当时，，
两式相减得，即，
由得，是公差为的等差数列，故．
，，
，
两式相减，得
，
故．
【名师点睛】数列求和常用的方法有：（1）公式法；（2）分组求和法；（3）裂项相消法；（4）错位相减法；（5）倒序相加法． 要根据通项的特征，灵活选择方法求解．
19．（12分）为推行“新课堂”教学法，某化学老师分别用传统教学和“新课堂”两种不同的教学方式，在甲，乙两个平行班级进行教学实验，为了比较教学效果，期中考试后，分别从两个班级中各随机抽取20名学生的成绩进行统计，结果如下表：记成绩不低于70分者为“成绩优良”．
（1）由以上统计数据填写下面列联表，并判断是否有97．5%把握认为“成绩优良”与教学方式有关？
附：．
临界值表
（2）现从上述乙班的20人中，随机抽取3人，记3人中成绩不低于90分的人数为，求的分布列及数学期望．
【试题来源】辽宁省凌源市2020-2021学年高三3月尖子生抽测
【答案】（1）列联表见解析，有把握；（2）分布列见解析，．
【分析】（1）填表后带入公式计算即可；
（2）的可能取值为0，1，2，3，先分别计算其概率，列出分布列即可计算期望．
【解析】（1）
根据列联表中的数据，得的观测值为，
所以有97.5%把握认为“成绩优良”与教学方式有关．
（2）乙班20人中，成绩不低于90分的人数为5，则的可能取值为0，1，2，3．
；；
；．
所以的分布列为
所以．
20．（12分）已知双曲线的左顶点为，右焦点为，离心率，焦距为4．
（1）求双曲线的方程；
（2）设是双曲线上任意一点，且在第一象限，直线与的倾斜角分别为，，求的值．
【试题来源】2021新高考普通高等学校招生全国统一考试数学考向卷（一）
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）由离心率以及双曲线的焦距列出关于的方程解出即可得结果；
（2）由双曲线的性质得出的坐标，当时易得结果，当时，结合斜率计算公式可得和，进而可得结果．
【解析】（1）由，得，所以，
所以双曲线的方程为．
（2）由（1）知双曲线的方程为，
所以左顶点，右焦点．
设，则．
当时，，此时，，，所以；
当，，．
因为，所以，
又由点在第一象限，易知，，所以．
综上，的值为．
【名师点睛】利用点在双曲线上，满足，利用整体代换思想求出和相反是解题的关键．
21．（12分）如图，在四棱台中，底面四边形为菱形，，．平面．
（1）若点是的中点，求证：；
（2）棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由．
【试题来源】安徽省六校教育研究会2021届高三下学期2月第二次联考（理）
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，且．
【分析】（1）取中点，连接、、，以点为坐标原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，计算出，进而可证得；（2）设点的坐标为，其中，利用空间向量法可得出关于实数的方程，由题意得出点在线段上，可求得的值，进而可求得，即可得出结论．
【解析】（1）取中点，连接、、，
因为四边形为菱形，则，，为等边三角形，
为的中点，则，，，
由于平面，以点为坐标原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图．
则、、、、、、，，，
，；
（2）假设点存在，设点的坐标为，其中，
，，
设平面的法向量为，则，即，
取，则，，所以，，
平面的一个法向量为，
所以，，解得，
又由于二面角为锐角，由图可知，点在线段上，
所以，即．
因此，棱上存在一点，使得二面角的余弦值为，此时．
【名师点睛】立体几何开放性问题求解方法有以下两种：
（1）根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，然后再加以证明，得出结论；
（2）假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．
22．（12分）已知函数（…是自然对数的底数）．
（1）若在内有两个极值点，求实数a的取值范围；
（2）时，计论关于x的方程的根的个数．
【试题来源】山西省晋中市2021届高三下学期二模（理）
【答案】（1）；（2）答案见解析．
【分析】（1）若在内有两个极值点，则在内有两个不相等的变号根，等价于在上有两个不相等的变号根．令，分类讨论有两个变号根时的范围；（2）化简原式可得，分别讨论和时的单调性，可得的最小值，分类讨论最小值与0的关系，结合的单调性可以得到零点个数．
【解析】（1）由题意可求得，
因为在内有两个极值点，所以在内有两个不相等的变号根，即在上有两个不相等的变号根．
设，则，
①当时，，
所以在上单调递增，不符合条件．
②当时，令得，
当，即时，，
所以在上单调递减，不符合条件；
当，即时，，
所以在上单调递增，不符合条件；
当，即时，在上单调递减，上单调递增，
若要在上有两个不相等的变号根，则，
解得． 综上所述，．
（2）设，
令，则，所以在上单调递增，在上单调递减．
（ⅰ）当时，，则，所以．
因为，所以，因此在上单调递增．
（ⅱ）当时，，则，所以．
因为即，又 所以，因此在上单调递减．
综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当时，，
当，即时，没有零点，故关于x的方程根的个数为0，
当，即时，只有一个零点，故关于x的方程根的个数为1，
当，即时，
①当时，，要使，可令，即；
②当时，，要使，
可令，即，
所以当时，有两个零点，故关于x的方程根的个数为2，
综上所述：当时，关于x的方程根的个数为0，
当时，关于x的方程根的个数为1，
当时，关于x的方程根的个数为2．分数
甲班频数
3
7
5
4
1
乙班频数
0
3
6
6
5
甲班
乙班
总计
成绩优良
成绩不优良
总计
0.10
0.05
0.025
0.010
2.706
3.841
5.024
6.635
甲班
乙班
总计
成绩优良
10
17
27
成绩不优良
10
3
13
总计
20
20
40
0
1
2
3