2021年高考数学模拟考试卷十六含解析

高考数学模拟考试卷（十六）

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）已知全集，集合，，则　　

A．， B．， C．， D．，

2．（5分）已知复数，其中是虚数单位，则复数等于　　

A． B． C． D．

3．（5分）“”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

4．（5分）《乘风破浪的姐姐》是一档深受观众喜爱的电视节目．节目采用组团比赛的方式进行，参赛选手需要全部参加完五场公开比赛，其中五场中有四场获胜，就能取得参加决赛的资格．若某参赛选手每场比赛获胜的概率是，则这名选手能参加决赛的概率是　　

A． B． C． D．

5．（5分）已知圆上存在两点，关于直线对称，则的最小值是　　

A．1 B．8 C．2 D．4

6．（5分）圭表（圭是南北方向水平放置测定表影长度的刻板，表是与圭垂直的杆）是中国古代用来确定节令的仪器，利用正午时太阳照在表上，表在圭上的影长来确定节令．已知冬至和夏至正午时，太阳光线与地面所成角分别为，，表影长之差为，那么表高为　　

A． B． 

C． D．

7．（5分）已知椭圆的左、右焦点为，，过右焦点作垂直于轴的直线交椭圆于，两点，若，则椭圆的离心率为　　

A． B． C． D．

8．（5分）已知三棱柱，，，两两互相垂直，且，，分别是，边的中点，是线段上任意一点，过三点，，的平面与三棱柱的截面有以下几种可能：①三角形；②四边形；③五边形；④六边形．其中所有可能的编号是　　

A．①② B．③④ C．①②③ D．②③④

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）是评估空气质量的一个重要指标，我国标准采用世卫组织设定的最宽限值，即日均值在以下空气质量为一级，在之间空气质量为二级，在以上空气质量为超标．如图为某地区2021年2月1日到2月12日的日均值（单位：的统计图，则下列叙述正确的是　　

A．该地区这12天中空气质量超标的日期为2月6日 

B．该地区这12天日均值的中位数为 

C．该地区这12天日均值的平均数为 

D．该地区从2月6日到2月11日的日均值持续减少

10．（5分）下列说法正确的是　　

A．命题，的否定， 

B．二项式的展开式的各项的系数和为32 

C．已知直线平面，则“”是”的必要不充分条件 

D．函数的图象关于直线对称

11．设，，则下列结论正确的是　　

A．不等式 恒成立 

B．函数 的是小值为 2 

C．函数 的最大值为 

D．若，则 的最小值为

12．（5分）已知函数，则下列结论正确的是　　

A．是周期为的奇函数 

B．在上为增函数 

C．在内有20个极值点 

D．若在，上恒成立，则

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．（5分）设为等比数列的前项和，且，，则的值是　　．

14．（5分）已知，则　　．

15．（5分）已知直线与双曲线相交于不同的两点，，为双曲线的左焦点，且满足，为坐标原点），则双曲线的离心率为　　．

16．（5分）已知某空心圆锥的母线长为，高为，记该圆锥内半径最大的球为球，则球与圆锥侧面的交线的长为　　．

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，，的对边分别为，，，且．

（1）求；

（2）若，延长至，使，求的长．

18．（12分）已知数列的首项，前项和为，且数列是以1为公差的等差数列．

（1）求数列的前项和；

（2）设等比数列的首项为2，公比为，其前项和为，若存在正整数，使得是与的等比中项，求的值．

19．（12分）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．

20．（12分）如图，已知斜三棱柱底面是边长2的正三角形，为所在平面上一点且四边形是菱形，，四边形为正方形，平面平面．

（Ⅰ）证明：平面；

（Ⅱ）求平面与平面所成二面角的正弦值．

21．（12分）已知在平面直角坐标系中，动点到定点的距离与到定直线的距离的比等于常数2．

（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；

（Ⅱ）若直线与曲线的另一个交点为，以为直径的圆交直线于，两点，设劣弧所对的圆心角为，求证：为定值．

22．（12分）已知函数．

（1）当时，判定有无极值，并说明理由；

（2）若对任意的恒成立，求的最小值．

高三模拟考试卷（十六）答案

1．解：全集，集合，所以，

又，

所以，．

故选：．

2．解：因为复数，

所以复数．

故选：．

3．解：由得,此时成立，即充分性成立，

当,时，满足，但不成立，即必要性不成立，

即“”是“”的充分不必要条件，

故选：．

4．解：节目采用组团比赛的方式进行，参赛选手需要全部参加完五场公开比赛，

其中五场中有四场获胜，就能取得参加决赛的资格．

若某参赛选手每场比赛获胜的概率是，

则这名选手能参加决赛的概率是：

．

故选：．

5．解：圆的圆心，

圆上存在两点，关于直线对称，

可得，即，，

则，

当且仅当，时取等号，

所以的最小值是4．

故选：．

6．解：如图，设表高，

在中，，则，

，

在直角三角形中，，

即．

故选：．

7．解：椭圆的左、右焦点为，，过右焦点作垂直于轴的直线交椭圆于，两点，若，所以，

可得，所以，

即，，解得．

故选：．

8．解：以点为原点，为轴，为轴，为轴，延长分别交轴，轴于点，．

连接交轴于点，则过，，三点的平面与过点，，的平面相同，

当点与点重合时，截面为四边形；

当时，截面为五边形；

当时，截面为四边形；

当点与点重合时，截面为三角形；

而该三棱柱只有五个面，截面与每个面相交最多产生五条交线，故截面形状最多为五边形，即不可能为六边形．

故选：．

9．解：对于，这12天中只有2月6日的日均值大于，所以2月6日空气质量超标，正确；

对于，这12天的日均值按从小到大顺序排列后，位于第6和第7的日均值为50和53，

所以中位数是，错误；

对于，计算平均数为，所以正确；

对于，2月11日的日均值大于2月10日的日均值，所以错误．

故选：．

10．解：对于：命题，的否定，，故正确；

对于：二项式的展开式的各项的系数和为，故错误；

对于：已知直线平面，由于直线与的关系不确定，

故“”是”的既不必要不充分条件，故错误；

对于：由于关于的对称点为，

故，满足，

故函数的图象关于直线对称，故正确．

故选：．

11．解：因为，，

，当且仅当时取等号，正确；

因为，则，当且仅当，即时取等号，但，故错误；

，当且仅当，即时取等号，正确；

因为，所以，

则，

当且仅当时取等号，错误．

故选：．

12．解：的定义域是，，

是奇函数，但，

不是周期为的函数，故错误；

当，时，，，单调递增，

当时，，

，单调递增，

且在，连续，故在，单调递增，故选项正确；

当，时，，，

令，得，2，3，4，5，6，7，8，9，，

当时，，，

令，得，，，，，，，，，，

故在内有20个极值点，故选项正确；

当时，，则，

当，时，，

设，则，

令，，，

，单调递增，

，

，在，单调递增，

，故选项正确，

故选：．

13．解：等比数列中，，

所以，

故，

因为，

所以，

即，

即．

故答案为：4．

14．解：因为，

令时，则，即，

令时，则，

又展开式的含的项为，

所以，

则，

故答案为：．

15．解：设，则，

取双曲线的右焦点，连接，，

可得四边形为平行四边形，

可得，设在第一象限，可得，即，

由平行四边形的对角线的平方和等于四条边的平方和，

可得，

化为，则．

故答案为：．

16．解：圆锥的轴截面如图所示，

由题意可知，圆锥的高，母线，设的内切圆与圆锥的母线相切于点，则，

该圆锥内半径最大的球即以为圆心，为半径的球，

在直角三角形中，，

由圆的切线性质可得，所以，

直线三角形和直角三角形中，因为，所以，所以，则可得，

过点作，为垂足，则球与圆锥的侧面的交线是以为半径的圆，所以，

因为，解得，

所以球与圆锥的侧面的交线长为．

故答案为：．

17．解：（1）由正弦定理及，

得，

因为，

所以，

即，

所以，

因为，

所以，

所以；

（2）中，由正弦定理得，，

所以，

中，由余弦定理得，，

．

18．解：（1）由题设可得：，即，

又当时，，

当时，也适合上式，

，，

；

（2）由（1）可知：，

由得：，

，

，，

，或2，

当时，，解得：（舍负），

当时，，解得：（舍负），

或．

19．解（1）①由题意得，

．

②若，

则，

解得．

（2）由题意知，

获赠话费的可能取值为20，40，50，70，100，

，

，

，

，

，

的分布列为：

．

20．Ⅰ）证明：取中点，连接、、，

因为，所以，

因为四边形为正方形，所以，

所以平面，因为平面，

所以，又因为平面平面，

所以平面，又因为平面平面，

所以平面，

因为且，所以，

所以平面；

（Ⅱ）解：建立如图所示的空间直角坐标系，

在△中，，

，，，，，，

设平面的法向量为，，，

，令，，1，，

平面的法向量为，1，，

所以平面与平面所成二面角的余弦值为，

故平面与平面所成二面角的正弦值为．

21．（Ⅰ）解：设，则，

，化简得，

故动点的轨迹的方程为．

（Ⅱ）证明：①当轴时，把代入中，可得，，

圆心为，半径为3，

由垂径定理知，，

，，即，为定值．

②当不垂直轴时，设其方程为，，，，，

联立，得，

，，

，

的中点坐标为，，

又，

圆的半径，

圆心（即的中点）到直线的距离，

由垂径定理知，，

，，即，为定值．

综上所述，为定值．

22．解：（1）当时，，，，

令，，

即在上单调递增，又（1），（2），

使得，且函数在上单调递减，在，上单调递增，

函数存在唯一极小值，无极大值．

（2），即，

化为，即，．

令，，

函数在上单调递减，

不等式，即，

又当时，，时，，．

，即，．

令，．

则，

可得函数在上单调递增，在单调递减．

（e），．

的最小值为．