2021年高考数学模拟考试卷七含解析

高考数学模拟考试卷（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）已知集合，，则集合中元素的个数为　　

A．1 B．2 C．3 D．4

2．（5分）复数满足，则的虚部等于　　

A． B． C．0 D．1

3．（5分）“”是“对任意的正数，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）函数的部分图象大致为　　

A． B． 

C． D．

5．（5分）国防部新闻发言人在2020年9月24日举行的例行记者会上指出：“台湾是中国不可分割的一部分，解放军在台海地区组织实兵演练，展现的是捍卫国家主权和领土完整的决心和能力”，如图为我空军战机在海面上空绕台巡航已知海面上的大气压强是，大气压强（单位：和高度（单位：之间的关系为是自然对数的底数，是常数），根据实验知高空处的大气压强是，则我战机在高空处的大气压强约是（结果保留整数）　　

A． B． C． D．

6．（5分）已知为所在平面内一点，若，，，则　　

A． B． C．10 D．5

7．（5分）抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线的焦点为，一条平行于轴的光线从点射出，经过抛物线上的点反射后，再经抛物线上的另一点射出，则的周长为　　

A． B． C． D．

8．（5分）已知是函数的导函数，对于任意，都有，，则不等式的解集为　　

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）2020年春节前后，一场突如其来的新冠肺炎疫情在全国蔓延，疫情就是命令，防控就是责任．在党中央的坚强领导和统一指挥下，全国人民众志成城、团结一心，掀起了一场坚决打赢疫情防控阻击战的人民战争．右侧的图表展示了2月14日至29日全国新冠肺炎疫情变化情况，根据该折线图，下列结论正确的是　　

A．16天中每日新增确诊病例数量呈下降趋势且19日的降幅最大 

B．16天中每日新增确诊病例的中位数小于新增疑似病例的中位数 

C．16天中新增确诊、新增疑似、新增治愈病例的极差均大于2000 

D．19至29日每日新增治愈病例数量均大于新增确诊与新增疑似病例之和

10．（5分）已知是等差数列的前项和，且，则下列说法正确的是　　

A．中的最大项为 B．数列的公差 

C． D．当且仅当时，

11．（5分）已知圆，直线，．则下列四个命题正确的是　　

A．直线恒过定点 

B．当时，圆上有且仅有三个点到直线的距离都等于1 

C．圆与曲线：恰有三条公切线，则 

D．当时，直线上一个动点向圆引两条切线、其中、为切点，则直线经过点

12．（5分）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥；鳖臑指四个面均为直角三角形的四面体．如图，在堑堵中，，，则下列说法正确的是　　

A．四棱锥为阳马 

B．三棱锥为鳖臑 

C．当三棱锥的体积最大时， 

D．四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，则

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．（5分）定义在实数集上的可导函数满足：（1），，其中是的导数，写出满足上述条件的一个函数　．　．

14．（5分）是世界上最大的消费电子技术展，也是全球最大的消费技术产业盛会消费电子展于2020年1月7日日在美国拉斯维加斯举办，在这次消费电子展上，我国某企业发布了全球首款彩色水墨屏阅读手机，惊艳了全场．若该公司从7名员工中选出3名员工负责接待工作（这3名员工的工作视为相同的工作），再选出2名员工分别在上午、下午讲解该款手机性能，若其中甲和乙至多有1人负责接待工作，则不同的安排方案共有　　种．

15．（5分）若，，，则的最小值为　　．

16．（5分）正方体的棱长为2，动点在对角线上，当时，三棱锥的外接球的体积为　　．

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）已知、、为的三内角，且其对边分别为、、，若．

（1）求；

（2）若，，求的面积．

18．（12分）正项等比数列的前项和为，，若，且点，

在函数的图象上．

（1）求，通项公式；

（2）记，求的前项和．

19．（12分）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，侧棱底面，垂直于和，为棱上的点，，，．

（1）若为棱的中点，求证：平面；

（2）当，时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．

20．（12分）为了进一步提升广电网络质量，某市广电运营商从该市某社区随机抽取140名客户，对广电网络业务水平和服务水平的满意程度进行调查，其中业务水平的满意率为，服务水平的满意率为，对业务水平和服务水平都满意的有90名客户．

（1）完成下面列联表，并分析是否有的把握认为业务水平与服务水平有关；

（2）为进一步提高服务质量，在选出的对服务水平不满意的客户中，抽取2名征求改进意见，用表示对业务水平不满意的人数，求的分布列与期望；

（3）若用频率代替概率，假定在业务服务协议终止时，对业务水平和服务水平两项都满意的客户流失率为，只对其中一项不满意的客户流失率为，对两项都不满意的客户流失率为，从该社区中任选4名客户，则在业务服务协议终止时至少有2名客户流失的概率为多少？

附：

，其中．

21．（12分）已知椭圆的左．右焦点分别为，，过且斜率为的直线与椭圆的一个交点在轴上的射影恰好为．

（1）求椭圆的方程；

（2）如图，下顶点为，过点作一条与轴不重合的直线．该直线交椭圆于，两点．直线，分别交轴于点，．求证：与的面积之积为定值，并求出该定值．

22．（12分）已知函数．

（1）若在上恒成立，求的取值范围，并证明：对任意的，都有；

（2）设讨论方程实数根的个数．

高三模拟考试卷（七）答案

1．解：，，，

，，，

集合中元素的个数为2．

故选：．

2．解：复数满足，

，

的虚部为．

故选：．

3．解：当“”时，由基本不等式可得：

“对任意的正数，”一定成立，

即“” “对任意的正数，”为真命题；

而“对任意的正数，的”时，可得“”

即“对任意的正数，” “”为假命题；

故“”是“对任意的正数，的”充分不必要条件

故选：．

4．解：，即函数是奇函数，排除，

（1），排除，

当时，，判断，

故选：．

5．解：高空处的大气压强是，

，即，

当时，有．

故选：．

6．解：设的中点为，的中点为，的中点为，

则，，

，

，，即，，

为的外心，所以，

．

故选：．

7．解：轴，

，，

由题意可知经过抛物线的焦点，

直线的方程为．

联立方程组，解得，

，，．

的周长为．

故选：．

8．解：令，，

，，

，，，，

，，，

即，解得，

即不等式的解集为．

故选：．

9．解：由频率分布折线图可知，16天中新增确诊病例数量整体呈下降趋势，但具体到每一天有增有减，故错误；

由每日新增确诊病例的数量大部分小于新增疑似病例的数量，则16天中每日新增确诊病例的中位数小于新增疑似病例的中位数，故正确；

由图可知，16天中新增确诊、新增疑似、新增治愈病例的极差均大于2000，故正确；

由图可知，20日的新增治愈病例数量小于新增确诊与新增疑似病例之和，故错误．

正确的结论是．

故选：．

10．解：，，，，

，，，

，

因此中的最大项为，，，，

故选：．

11．解：对于直线，．整理得：，

故，整理得，即经过定点，故正确；

对于：当时，直线转换为，

所以圆心到直线的距离，故错误；

对于：圆，

圆：，当时，：，整理得，

所以圆心距为，

故两圆相外切，恰有三条公切线，故正确；

对于：当时，直线的方程转换为，

设点，圆，的圆心，半径为，

以线段为直径的圆的方程为：，

即，

由于圆的方程为：，

所以两圆的公共弦的方程为，

整理得，

所以，解得，即直线经过点，故正确；

故选：．

12．解：堑堵为直三棱柱，其中侧棱平面，为矩形，，则四棱锥为阳马；

三棱锥中，平面，平面，则三棱锥的四个面均为直角三角形，所以三棱锥为鳖臑；

三棱锥的体积最大时，由于高，则的面积最大，而，所以，所以，

当且仅当时，取等号，即当时，面积取得最大值，三棱锥的体积最大：，

，则，

故选：．

13．解：令，满足（1），

则，

所以．

故答案为：．

14．解：根据题意，不考虑甲乙的限制条件，从7名员工中选出3名员工负责接待工作，有种选法，

在剩下的4人中任选2人，安排在上午、下午讲解该款手机性能，有种选法，

则不考虑甲乙的限制条件时，有种安排方法；

若甲乙都安排负责接待工作，有种安排方法，

则有种安排方法；

故答案为：360．

15．解：因为，所以．

因为，所以，

即，

所以

因为，，所以，

即的最小值为2，

当且仅当时取等号，此时．

故答案为：2

16．解：如图，

正方体的棱长为2，，

又点在对角线上，且，为的中点，

连接，，则，在底面上的射影为三角形的外心，

又是以为直角的直角三角形，则的射影在的中点上，

可得三棱锥的外接球的球心与等腰三角形的外心重合，

，，则，则，

设的外接圆的半径为，则，即．

三棱锥的外接球的体积为．

故答案为：．

17．解：（1），

由正弦定理可得：，可得，

可得，即，

，

，

，

．

（2）由，，由余弦定理得，

，即有，

，

的面积为．

18．解：（1）由题意，设等比数列的公比为，

则，

化简整理，得，

解得（舍去），或，

，

，，

点，在函数的图象上，

，．

（2）由（1）得，，

．

19．解：（1）证明：取线段的中点，连结，，

在中，为中位线，，且，

，且，，且，

四边形为平行四边形，，

平面，平面，

平面．

（2）解：如图，以为坐标原点，建立分别以，，所在直线为轴，轴，轴的空间直角坐标系，

则，0，，，，，，，，，0，，，0，，

，，

设平面的法向量，，，

则，取，得，7，，

平面的一个法向量，0，，

设平面与平面所成的锐二面角为，

则．

平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．

20．解：（1）由题意知，对业务水平满意的为人，对服务水平满意的为人，

补充完整的列联表如下所示：

，

故有的把握认为业务水平与服务水平有关．

（2）随机变量的所有可能取值为0，1，2，

，，，

的分布列为

数学期望．

（3）在业务服务协议终止时，对业务水平和服务水平两项都满意的客户流失的概率为，

只对其中一项不满意的客户流失的概率为，

对两项都不满意的客户流失的概率为，

从该运营系统中任选一名客户流失的概率为，

在业务服务协议终止时，从社区中任选4名客户，至少有2名客户流失的概率为．

21．解：（1）过且斜率为的直线的方程为，

令，得，

由题意可得，解得，．

求椭圆的方程为；

证明：（2）由题意知，直线的斜率存在，设直线，

，，，，

联立，得．

，，

由△，得，

，

，

直线的方程为，令，解得，

则，，同理可得，，

．

22．解：（1）由在上恒成立，可得，

令，则，

当，，函数单调递增，当，，函数单调递减，

故在处取得最大值（1），

要使得，则，

显然当时，，即在时成立，

令则，

所以，

即，

（2）由可得，，

即，

令，则，

当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，

故当时，取得最大值（1），

因为时，，时，，

当时，只有一个实数解，

当时，方程有2个不同的实数解，

当时，没有实数根．