2021年高考数学模拟考试卷十含解析

高考数学模拟考试卷（十）

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）设集合，，，，则　　

A．， B． C．， D．

2．（5分）命题，的否定为　　

A．， B．， C．， D．，

3．（5分）设，则　　

A． B． C． D．

4．（5分）已知为坐标原点，角的终边经过点，且，则的单位向量为　　

A． B． 

C． D．

5．（5分）牛顿冷却定律描述一个物体在常温下的温度变化：如果物体的初始温度为，则经过一定时间后的温度将满足，其中是环境温度，称为半衰期．现有一杯的热茶，放置在的房间中，如果热茶降温到，需要10分钟，则欲降温到，大约需要多少分钟？，　　

A．12 B．14 C．16 D．18

6．（5分）已知均为复数，则下列命题不正确的是　　

A．若，则为实数 B．若，则为纯虚数 

C．若，则为纯虚数 D．若，则

7．（5分）如图，在四面体中，，，，的重心为，则　　

A．2 B． C． D．3

8．（5分）已知双曲线的左、右焦点分别为，，，是圆与位于轴上方的两个交点，且，则双曲线的离心率为　　

A． B． C． D．

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，，，则　　

A．的最大值为 B．的最小值为 

C．的最小值为8 D．的最小值为

11．（5分）如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是　　

A．直线与平面所成的角等于 

B．点到面的距离为 

C．两条异面直线和所成的角为 

D．三棱柱外接球半径为

10．（5分）设首项为1的数列的前项和为，且，则下列结论正确的是　　

A．数列为等比数列 

B．数列为等比数列 

C．数列为等比数列 

D．数列的前项和为

12．（5分）已知曲线在区间上恰有一条对称轴和一个对称中心，则下列结论中正确的是　　

A．存在，使 

B．存在，使 

C．有且仅有一个，使 

D．存在，使

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．（5分）已知，若，则　　．

14．（5分）外接圆的半径为1，圆心为，且，，则的值是　　．

15．（5分）经纬度是经度与纬度的合称，它们组成一个坐标系统，称为地理坐标系统，它是一种利用三度空间的球面来定义地球上的空间的球面坐标系统，能够标示地球上的任何一个位置，经度是个二面角，是两个经线平面（经线与地轴所成的半平面）的夹角，某一点的经度，就是该点所在的经线平面与本初子午线平面间的夹角．纬度是个线面角，某一点的纬度是指该点与地球球心的连线和地球赤道面所成的线面角．城市位置东经，北纬，城市位置为东经，北纬，若地球的半径为，则过，两点和地心的平面截球所得的截面圆的劣弧的长是　　．

16．（5分）已知为抛物线的焦点，抛物线内一点，为抛物线上任意一点，的最小值为3，则抛物线方程为　　；若线段的垂直平分线交抛物线于，两点，则四边形的面积为　　．

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，内角，，的对边分别为，，，，点为边上一点，，．

（1）求；

（2）求的面积．

18．（12分）已知等差数列的前项和为，是各项均为正数的等比数列，，____，，，是否存在正整数，使得数列的前项和，若存在，求出的最小值；若不存在，说明理由．

从①，②，③这三个条件中任选一个补充到上面问题中并作答．

19．（12分）在四棱锥中，底面为矩形，，平面平面，，．点在线段上（端点除外），平面交于点．

（1）求证：四边形为直角梯形；

（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．

20．（12分）某相关部门推出了环境执法力度的评价与环境质量的评价系统，每项评价只有满意和不满意两个选项，市

民可以随意进行评价，某工作人员利用随机抽样的方法抽取了200位市民的信息，发现对环境质量满意的

占，对执法力度满意的占，其中对环境质量与执法力度都满意的有80人．

（1）是否可以在犯错误的概率不超过的前提下，认为环境质量与执法力度有关？

（2）为了改进工作作风，针对抽取的200位市民，对执法力度不满意的人抽取3位征求意见，用表示3人中对环境质量与执法力度都不满意的人数，求的分布列与均值．

参考数据及公式：

，其中．

21．（12分）已知椭圆的离心率为，且经过点．直线与椭圆有两个不同的交点，，且直线交轴于，直线交轴于．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）设为原点，若，求证：直线经过定点．

22.（12分）已知函数（其中为自然对数的底数，．

（1）当时，求的单调区间；

（2）若有两个极值点，求实数的取值范围．

高三模拟考试卷（十）答案

1．解：，，，，

，，．

故选：．

2．解：因为全称命题的否定是特称命题，

所以，命题：“，”的否定为：，．

故选：．

3．解：，，

，，，，

故选：．

4．解：角的终边经过点，且，

，解得：，

又，，故点，，

的单位向量为，，

故选：．

5．解：由题意可知，解得：，

，解得：，

，即大约需要16分钟．

故选：．

6．解：对于，设，由，可得，则，，为实数，故正确；

对于，设，则，，，则纯虚数，故正确；

对于，当时，有，故错误；

对于，由，得，即，可得或，

，故正确．

错误的是．

故选：．

7．解：如图，将四面体还原到长方体中，

易知四面体的棱是长方体的面对角线，

则，

连接交于，连接，则为边的中线，的重心为靠近的三等分点．

把长方体的对角面单独画出，如图，记为和的交点．

因为，且，所以为靠近的三等分点，

即重心与点重合，故．

故选：．

8．解：连接，，由双曲线的定义，可得，

，

由，可得，，

在△中，可得，

在△中，可得，

由，可得，即有，

可得，化为，

得，解得（负的舍去），

故选：．

9．解：对于，，得，当且，时取等号，故正确；

对于，，当且仅当，时取等号，故正确；

对于，，当且仅当时取等号，故错误；

对于，，当且仅当，时取等号，故正确．

故选：．

11．解：正方体的棱长为1，

对于选项：直线与平面所成的角为，故选项正确．

对于选项：点到面的距离为长度的一半，即，故选项正确．

对于选项：两条异面直线和所成的角为，故选项错误．

对于选项：三棱柱外接球半径，故选项正确．

故选：．

10．解：依题意，由，可得，

，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故选项正确，

，，，，

数列的前项和为

，故选项正确，

当时，

，

数列不是等比数列，选项不正确，

，

数列不是等比数列，选项不正确．

故选：．

12．解：曲线，

对称轴为，即，

对称中心对应，即，

在区间上恰有一条对称轴和一个对称中心，

，解得，即，

选项，在范围内存在使，故选项正确；

选项，，则时成立，故选项正确；

选项，，不是仅有一个，使，故选项不正确；

选项，存在，，使，故选项正确．

故选：．

13．解：由得，

得．

得，得，

，，，

或，

或．

故答案为：或．

14．解：设边的中点为，则．

，，与点重合．

，是等边三角形．．

则．

故答案为：3．

15．解：设球心为，由题意和劣弧所对的圆心角，即，

所以过，两点和地心的平面截球所得的截面圆的劣弧的长．

故答案为：．

16．解：由抛物线的定义可得，则最小值为到准线的距离，

所以，解得，故抛物线的方程为；

由，得，，则中点，，，

故垂直平分线的方程为，即，

联立，整理得，

设，，，，则，，

所以，

则四边形的面积为，

故答案为，．

17．解：（1）已知，

用正弦定理，可得：，

因为，

所以，

因为，可得，即，

因为，可得．

（2）在中用余弦定理得，

因为，

所以，可得，

因为，可得，

又，

所以．

18．解：等比数列的公比为，则，，于是，

即，解得，或（舍去）．

若选①：则，，解得．

，

，于是

，

令，解得，

为正整数，的最小值为4；

若选②，则，，解得．

下同①；

若选③，则，，解得．

于是，

，于是

．

令，得，得，

解得或．

又为正整数，得，即的最小值为3．

19．（1）证明：因为，平面，平面，

所以平面，又平面，平面平面，

所以，又，所以四边形为梯形，

因为，平面平面，平面平面，平面，

所以平面，又平面，所以，

所以四边形为直角梯形；

（2）解：因为，，所以，

因为，所以，

所以为的中点，

所以，

由（1）可知，平面，又平面，

所以，又，

所以平面，

所以直线与平面所成的角就是，

又因为，所以，

又，所以，

所以，

故直线与平面所成角的正弦值为．

20．解：（1）对环境满意的有（人，

对执法力度满意的有（人，

对环境质量与执法力度都满意的有80人，填写列联表如下：

计算，

所以可以在犯错误的概率不超过的前提下，认为环境质量与执法力度有关．

（2）由题意知，随机变量的可能取值为0，1，2，3；

计算，

，

，

则的分布列为：

均值为．

21．解：（Ⅰ）由题意可得，解得：，，

所以椭圆的方程为：；

（Ⅱ）设，，，，，，则，

因为，所以直线的方程为：，

联立直线与椭圆的方程：可得：，

即，整理可得：，

所以，，

，，

猜想：直线过定点，其中待定，

证明：因为，，，，

，

不论为何值，当时，恒成立，

所以直线即直线过定点．

22.解：（1）当时，，，

令，，令，解得，令，解得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，所以的单调递增区间为，无单调递减区间．

（2）若有两个极值点，即有两个变号零点．

令，

（ⅰ）当时，在上单调递减，最多只有一个零点，不合题意；

（ⅱ）当时，，最多只有一个零点，不合题意．

（ⅲ）当时，令，得；

当，，当，；

所以在单调递减，在单调递增，

则，

而当时，，，

又，根据零点存在性定理可知．，使得，，

令，则式

所以，使得，

又在单调递减，在单调递增，

故在有唯一零点，在上有唯一零点．

综上知：若有两个极值点，的取值范围为．