2021年高考数学模拟考试卷十七含解析

高考数学模拟考试卷（十七）

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）图中阴影部分所对应的集合是　　

A． B． 

C． D．

2．（5分）已知复数，则复数在复平面内对应的点位于　　

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．（5分）函数在处的切线方程为　　

A． B． C． D．

4．（5分）已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆的上顶点，若，则　　

A．5 B．4 C．3 D．2

5．（5分）2021年3月全国两会上，“碳达峰”碳中和”备受关注．为应对气候变化，我国提出“二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和”等庄严的目标承诺．在今年的政府工作报告中，“做好碳达峰、碳中和工作”被列为2021年重点任务之一；“十四五”规划也将加快推动绿色低碳发展列入其中．我国自1981年开展全民义务植树以来，全国森林面积呈线性增长，第三次全国森林资源清查的时间为年，每5年清查一次，历次清查数据如表：

经计算得到线性回归直线为（参考数据：，据此估算我国森林面积在第几次森林资源清查时首次超过3亿平方米　　

A．12 B．13 C．14 D．15

6．（5分）已知函数，，的部分图象如图所示，给出下列结论：

①，，；

②，；

③点，为图象的一个对称中心；

④在，上单调递减．

其中所有正确结论的序号是　　

A．①② B．②③ C．③④ D．②④

7．（5分）已知函数，则方程的所有实根之和为　　

A．2 B．3 C．4 D．1

8．（5分）过正方体顶点作平面，使平面，和的中点分别为和，则直线与平面所成角的正弦值为　　

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）某大学生暑假到工厂参加生产劳动，生产了100件产品，质检人员测量其长度（单位：厘米），将所得数据分成6组：，，，，，，，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图，则对这100件产品，下列说法中正确的是　　

A． 

B．长度落在区间，内的个数为35 

C．长度的众数一定落在区间，内 

D．长度的中位数一定落在区间，内

10．（5分）已知函数，的最大值为2．则使函数在区间，上至少取得两次最大值的充分不必要条件是　　

A． B． C． D．

11．已知，，且，则　　

A． B． 

C． D．

12．已知椭圆的左、右焦点分别为、，长轴长为4，点，在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是　　

A．离心率的取值范围为 

B．当离心率为时，的最大值为 

C．存在点使得 

D．的最小值为1

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．（5分）已知点、、、，则向量与的夹角余弦值为　　．

14．（5分）设为等差数列的前项和，，则　　，若，则使得不等式成立的最小整数　　．

15．（5分）现有标号为①，②，③，④，⑤的5件不同新产品，要放到三个不同的机构进行测试，每件产品只能放到一个机构里．机构，各负责一个产品，机构负责余下的三个产品，其中产品①不在机构测试的情况有　　种（结果用具体数字表示）．

16．（5分）关于函数有如下四个命题：

①的最小正周期为；

②在，内有3个极值点；

③在，内有3个零点；

④的图象关于直线对称

其中所有真命题的序号为　　．

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①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．

问题：在中，角，，对应的边分别为，，，若，_____，求角的值和的最小值．

18．（12分）已知单调递增的等比数列满足，且是，的等差中项．

（1）求数列的通项公式；

（2）若，，对任意正整数，恒成立，试求的取值范围．

19．（12分）如图，在中，，，，，，沿将点折至处，使得，点为的中点．

（1）证明：平面．

（2）求二面角的余弦值．

20．2020年8月，教育部发布《关于深化体教融合，促进青少年健康发展的意见》，要求体育纳入高中学业水平考试范围．《国家学生体质健康标准》规定高三男生投掷实心球6.9米达标，高三女生6.2米达标．某地初步拟定投掷实心球的考试方案为每生可以投掷3次，一旦通过无需再投，为研究该方案的合理性，到某校任选4名学生进行测试，如果有2人不达标的概率超过0.1，该方案需要调整；否则就定为考试方案．已知该校男生投掷实心球的距离服从，女生投掷实心球的距离服从，，的单位：米）．

（1）请你通过计算，说明该方案是否需要调整；

（2）为提高学生考试达标率，该校决定加强训练．以女生为例，假设所有女生经训练后，投掷距离的增加值相同．问：女生投掷实心球的距离至少增加多少米，可使达标率不低于．

附：①参考数据：取；②若，则．

21．（12分）已知，为椭圆的左、右顶点，是椭圆上一点（异于，，满足．且．斜率为的直线交椭圆于，两点，且．

（1）求椭圆的方程及离心率；

（2）如图，设直线与椭圆交于，两点，求四边形面积的最大值．

22．（12分）已知函数．

（1）求的单调区间；

（2）若时，方程有两个不等实数根，，求实数的取值范围，并证明：．

高三模拟考试卷（十七）答案

1．解：阴影部分在集合中或在集合中，但不在中即在补集中，

故阴影部分表示的集合是，

故选：．

2．解：因为，

所以数在复平面内对应的点为，在第四象限．

故选：．

3．解：函数，

可得，

所以在处的切线的斜率为：2，

切点坐标为：，所以切线方程为：，

即．

故选：．

4．解：由椭圆的方程可得：

由，则，

所以，

所以可得，

故选：．

5．解：由题意可知，，

，

又因为，

则，

故，

令，又为整数，

所以，为整数．

故选：．

6．解：根据函数的图像，，解得．

由于时，为对称中心的纵坐标，

函数的最小正周期，

故，故①错误，②正确；

由于函数的对称中心为，

故函数的对称中心为，

当时，函数的对称中心为，故③错误；

根据函数的图像函数在上单调递减，

故函数的单调递减区间为，

当时，得到函数在，上单调递减，故④正确．

故选：．

7．解：当时，，所以，

当时，，所以，

当时，，所以函数的图象关于点对称，

显然不是方程的根，当时，则方程可转化为：，

画出函数与的图象，（如图），

由图可得，二者有且仅有两个公共点，，，，

因为两个函数的图象都关于对称，

故，关于对称，

所以：，

即，

故选：．

8．解：如图所示，平面，则与平面所成的角即为与平面所成的角，

取的中点，连结，，设交点为，

由正方体的结构特征可得，为正方体的中心，

因为，，，，平面，

所以平面，因为，分别为，的中点，所以，

所以平面，

过点作的延长线交于点，

则，连结，则为线在平面的投影，

所以为直线和平面所成的角，

设正方体的棱长为，则，，

所以．

故选：．

9．解：对于：由频率之和为1，得，解得，所以选项正确，

对于选项：长度落在区间，内的个数为，所以选项正确，

对于选项：对这100件产品，长度的众数不一定落在区间，内，所以选项错误，

对于选项：对这100件产品，因为，而，所以长度的中位数一定落在区间，内，所以选项正确，

故选：．

10．解：，，的最大值为2，

，

解得或（舍去），

，

当时，函数取得最大值，

当时，取得前两个最大值时，分别为0和1，

当时，由，

得，所以，

故选：．

11．解：，，，当且仅当时取等号，

解得，即的最小值为16，正确；

由已知得，

所以，

当且仅当时取等号，正确；

由已知无法判断，的大小，故无法判断，错误；

因为，

所以，

所以，

结合二次函数的性质可知，即时取等号，此时取得最小值，

故以，正确．

故选：．

12．解：因为长轴长为4，所以，即，

因为点，在椭圆内部，

所以，即，

对于，，

所以，故不正确；

对于，

当点，，共线且在轴下方时，取最大值，

由，即，解得，所以，，

所以，

所以的最大值为，故正确；

对于：若，则，

由选项知，，，，

所以，

所以不存在使得，故不正确；

对于：由基本不等式可得，

又，所以，故正确．

故选：．

13．解：点、、、，，，

则向量与的夹角余弦值为，

故答案为：．

14．解：根据题意，为等差数列，若，

则，

若，则，

则使得不等式成立的最小整数，

故答案为：6，13．

15．解：根据题意，产品①不在机构测试，则产品①必须在机构或者机构测试，

若产品①在机构检测，有种情况，

若产品①在机构检测，有种情况，

则一共有种情况，

故答案为：16．

16．解：函数，因为的最小正周期为，的最小正周期为，

故函数的最小正周期为和的最小公倍数，

所以的最小正周期为，故选项①正确；

因为，，，

令，解得或，此时，

当时，在左右两侧均为负值，故不是极值点，

所以最多只有两个极值点，故选项②错误；

因为，，，所以在，内有3个零点，故选项③正确；

因为，

又，

所以，故的图象不关于直线对称，故选项④错误．

故答案为：①③．

17．解：选择条件①，

可得，

即，

即，

因为，所以，

所以，因为，

所以，

由余弦定理，

因为，当且仅当时等号成立，

所以,所以，

即的最小值为．

选择条件②，

可得，即，

解得或（舍，

因为，

所以，

由余弦定理，

因为，当且仅当时等号成立，

所以,所以，

即的最小值为．

选择条件③，

由正弦定理可得，

即，因为，

所以，即，

因为，

所以，

由余弦定理，

因为，当且仅当时等号成立，

所以,所以，

即的最小值为．

18．解：（1）设等比数列的首项为，公比为．

依题意，

有，

代入，

得．

．

解之得，或

又单调递增，

，，，

（2），

①

②

①②得，

由，

即对任意正整数恒成立，

．

对任意正整数，

恒成立．

，．

即的取值范围是，．

19．（1）证明：由，，且，平面，平面，

可得平面，因此．

由，，得，

因此，，由勾股定理可得．

又因为点为的中点，所以，

而，平面，平面，故平面．

（2）解：因为，，，平面，平面，

所以平面，又，所以平面．

如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，，，

易知是平面的一个法向量．

设平面的法向量为，则，即，

令，得，

易知二面角为锐角，故二面角的余弦值为．

20．解：（1）因为每个人不达标的概率均为，

名学生中有2人不达标的概率为，

因此需要调整．

（2）设女生投掷实心球的距离至少增加米，此时，

当，，解得，且．

，且点关于的对称点为．

，

此时女生达标率为，达标率恰好为．

要使达标率不低于，女生投掷实心球的距离至少增加0.316米．

21．解：（1）设点，点，分别为，，

因为，

所以，

因为点在椭圆上，所以，即，代入上式

得，即，

所以椭圆的方程为，

所以．

（2）因为，所以四边形的面积为，

由题意可得，则，

即当取到最大值时，取到最大值，

联立直线与椭圆的方程，可得，

由△，可得，

设点，的坐标分别为，，，，

则，，

所以，

所以当时，取到最大值，最大值为，

故的最大值为．

22．解：（1），定义域为，，

令，得，令，得，

所以在上单调递减，在，上单调递增．

（2）当时，，

等价于，即，即，即，

因为时，，所以，所以，，

由（1）可知在上单调递增，

所以，两边同时取对数可得，，

因为方程有两个不等实数根，，所以有两个根，，

令，，令,得，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以（e），当时，，（1），

所以有两个根时，

即的取值范围是．

下证：．

不妨设，令，

，，所以，

所以，

设，

，所以在上单调递增，

所以（1），即，即，

由，可得，

所以，得证．