2021届高考数学考前30天冲刺模拟卷（1）

考前30天冲刺高考模拟考试卷（1）

一、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，只有一项是符合题目要求的。

1．（5分）已知集合，，且，则实数应满足　　

A． B． C． D．

2．（5分）若，则　　

A． B． C． D．

3．（5分）已知，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．既不充分又不必要条件

4．（5分）某校高一年级在某次数学测验中成绩不低于80分的所有考生的成绩统计表如表：

则及格（不低于90分）的所有考生成绩的中位数　　

A．在，内 B．在，内 C．在，内 D．在，内

5．（5分）展开式中的系数为　　

A．15 B．16 C．24 D．32

6．（5分）在脱贫攻坚战中，某单位拟派出甲、乙、丙、丁四名同志到三个乡镇参加精准扶贫工作，每名同志只去一个乡镇，每个乡镇至少安排一名同志．则甲、乙分到同一个乡镇的概率等于　　

A． B． C． D．

7．（5分）在棱长为2的正方体中，以为球心的球与线段交于点，设与底面所成角为，且球的表面积为，则　　

A． B． C． D．

8．（5分）在抛物线第一象限内一点，处的切线与轴交点的横坐标记为，其中，已知，为的前项和，若恒成立，则的最小值为　　

A．16 B．32 C．64 D．128

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中。有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的对2分，有选错的得0分。

9．（5分）设函数，则下列结论正确的是　　

A．的一个周期为 

B．的图像关于直线对称 

C． 的一个零点为 

D．在，单调递减

10．（5分）设函数，则　　

A． B． 

C． D．

11．（5分）“杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一．如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为：1，1，2，3，5，8，13，，则　　

A．在第9条斜线上，各数之和为55 

B．在第条斜线上，各数自左往右先增大后减小 

C．在第条斜线上，共有个数 

D．在第11条斜线上，最大的数是

12．已知函数f（x）＝﹣x2lnx，则下列说法正确的是（　　）

A．函数f（x）在处取得极大值 

B．方程f（x）＝0有两个不同的实数根 

C． 

D．若不等式k＞f（x）+x2在（0，+∞）上恒成立，则k＞e

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．（5分）已知，，，且，则点的坐标为　　．

14．（5分）已知点在线段上运动，则的最大值是　　．

15．（5分）已知边长为1的正的三点都在球的球面上，的延长线与球面的交点为，若三棱锥的体积为，则球的体积为　　．

16．（5分）已知函数对均有，若恒成立，则实数的取值范围是　　．

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，角，，所对的边分别为，，，已知，且．

（Ⅰ）求角；

（Ⅱ）延长至，使得，求面积的最大值．

18．（12分）已知数列满足，且点，在函数的图象上．

（1）求证：是等比数列，并求的通项公式：

（2）若，数列的前项和为，求证：．

19．（12分）在某工厂年度技术工人团体技能大赛中，有甲、乙两个团体进行比赛，比赛分两轮，每轮比赛必有胜负，没有平局．第一轮比赛甲团体获胜的概率为0.6，第二轮比赛乙团体获胜的概率为0.7，第一轮获胜团体有奖金5000元，第二轮获胜团体有奖金8000元，未获胜团体每轮有1000元鼓励奖金．

（1）求甲团体至少胜一轮的概率；

（2）记乙团体两轮比赛获得的奖金总额为元，求的分布列及其数学期望．

20．（12分）如图，在三棱台中，，是的中点，平面．

（1）求证：；

（2）若，，，求二面角的大小．

21．（12分）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）不过点的直线与椭圆相交于不同的两点，，若直线与直线的斜率，总满足，求证：直线必过定点．

22．（12分）已知函数，．

（1）设，求的极值：

（2）若函数有两个极值点，．求的最小值．

考前30天冲刺高考模拟考试卷（1）答案

1．解：集合，，，

，

故选：．

2．解：，，

则，故．

故选：．

3．解：因为，所以，

解得或，

因为“”不能推出“或”，不符合充分性，

而“或”能推出“”满足必要性，

所以“”是“”的必要不充分条件．

故选：．

4．解：由表中数据知，及格的考生共有（人，

在，内有40人，在，内有15人，

所以及格的所有考生成绩的中位数在，内．

故选：．

5．解：因为展开式的通项为，

所以展开式中的系数为，

故选：．

6．解：在脱贫攻坚战中，某单位拟派出甲、乙、丙、丁四名同志到三个乡镇参加精准扶贫工作，

每名同志只去一个乡镇，每个乡镇至少安排一名同志．

基本事件总数，

甲、乙分到同一个乡镇包含的基本事件个数，

则甲、乙分到同一个乡镇的概率为．

故选：．

7．解：设球的半径为，因为球的表面积为，

所以，解得，

因为平面，又平面，

所以，

因为，

则，

所以为的中点，故，且，

所以．

故选：．

8．解：，，

，

在第一象限内图象上一点，处的切线方程是：，

整理，得，

切线与轴交点的横坐标为，

，又，，

是首项为，公比的等比数列，

，

恒成立，，

即的最小值为128．

故选：．

9．解：函数，故它的周期为，故正确；

令，求得，为最小值，故的图像关于直线对称，故正确；

对于，

令，可得，故 的一个零点为，故正确；

当，，，，函数没有单调性，故错误，

故选：．

10．解：函数，定义域为，

，

所以为奇函数，所以，

当，时，由复合函数的单调性可知单调递增，

因为，

所以，

结合选项可知，正确．

故选：．

11．解：由题意，根据杨辉三角定义继续往下写三行有：

       1  7  21  35  35  21  7  1

     1  8  28  56  70  56  28  8  1

   1  9  36  84 126  126 84 36 9  1

：由图知，第九条斜线上，各数之和为， 错误．

：由定义及图中规律可知，都是从左向右先增后减，正确．

：由图，每条斜线个数为1，1，2，2，3，，代入符合，正确．

：第11条斜线上最大数为，正确．

故选：．

12．解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），

，

令f′（x）＝﹣x（1+2lnx）＝0，

则1+2lnx＝0，解得，

当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；

当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．

所以当时，函数f（x）有极大值，故选项A正确；

因为，且当x→0时，f（x）＞0，当x→+∞时f（x）＜0，

所以方程f（x）＝0不可能有两个不同的实数根，选项B错误；

因为函数f（x）在上单调递增，且，

所以，选项C正确；

不等式k＞f（x）+x2在（0，+∞）上恒成立，即不等式k＞﹣x2lnx+x2在（0，+∞）上恒成立，

令g（x）＝﹣x2lnx+x2，则g′（x）＝x﹣2xlnx＝x（1﹣2lnx），

令g′（x）＝x（1﹣2lnx）＝0，则1﹣2lnx＝0，

解得，当时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；

当时，g′（x）＜0，g（x）单调递减．

所以当时，函数g（x）有最大值，，所以，选项D错误．

故选：AC．

13．解：设，因为，，，

则，

又，

所以，解得，

所以点的坐标为．

故答案为：．

14．解：由题设可得：，即，

，即，当且仅当时取“ “，

故答案为：．

15．解：设球心为，球的半径．过三点的小圆的圆心为，

则平面，

作平面交的延长线与．，

高，

是边长为1的正三角形，三棱锥的体积为，

，，，

，

．则球的体积为，

故答案为：．

16．解：函数对均有①，

将换为，得②，

由①②，解得．

恒成立，恒成立，

只需．

令，则，

令，则，

在上单调递减，在，上单调递增，

，，

的取值范围为，．

故答案为：，．

17．解：（Ⅰ）已知，

所以，

，

所以：，

故，

整理得，

故或．

由于，

所以满足条件，

故．

（Ⅱ）延长至，使得，

所以，

由于，

所以，

所以，

当时，的最大值为．

18．解：（1）证明：由点，在函数的图象上，

可得，

所以，即，

也即，

由，所以，

所以是首项和公比均为的等比数列，

则，

所以；

（2）证明：，

所以

．

19．解：（1）第一轮甲胜第二轮乙胜的概率为，

第一轮乙胜第二轮甲胜的概率为，

第一轮甲胜第二轮甲胜的概率，

故甲团体至少胜一轮的概率为；

（2）由已知可得的可能取值为2000，6000，9000，13000，

则，，

，，

所以的分布列如下：

．

20．（1）证明：因为平面，平面，所以，

又因为，，平面，平面，

所以平面，又因为平面，

所以；

（2）解：以为坐标原点，与平行的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系如图所示，

则，

所以，

于是，因为是三棱台，所以，

又因为，所以，

所以，

设平面的法向量为，

则，即，

令，则，，故，

因为平面，所以平面的法向量为，

所以，

因为二面角为钝二面角，

所以二面角的大小为．

21．解：（1）由已知可得，且，又，

解得，，所以椭圆的方程为：；

（2）证明：当与轴垂直时，设方程为：，由已知可得，

可得，的坐标分别为，，

则时，解得（舍去）或，

所以直线经过原点，

当直线的斜率存在时，设，，，，，

将代入，得，

△，解得，

所以①，

由已知可得，即，

所以，

又，，

代入上式有，

将①代入化简可得：，则或，

当时，直线为过定点，不满足题意，

当时，直线为，过原点，

综上，直线恒过定点，且定点为原点．

22．解：（1），定义域是，

，

令，解得：或，令，解得：，

故在递增，在，递减，在递增，

故，（1）；

（2）函数，，，

，是函数的极值点，，是方程的两不等正根，

则△，，，故，，

即，，，且，，

，

令，则，，，

，

当，上递减，当上递增，

故（1），

故的最小值为．