高中数学高考 【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷 文科数学（四） 学生版(1)

这是一份高中数学高考 【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷 文科数学（四） 学生版(1)，共12页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，在数列中，，，则，已知，且，则等内容，欢迎下载使用。
【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷文 科 数 学（四）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．设全集，集合，则（    ）A． B． C． D．2．已知复数满足，其中是虚数单位，则（    ）A． B． C． D．53．已知，“”是“方程表示椭圆”的（    ）A．充分不必要条件  B．必要不充分条件C．充分必要条件  D．既不充分也不必要条件4．已知为二次函数，且，则（    ）A．  B．C．  D．5．执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的结果为（    ）A．18 B．14 C．20 D．226．在数列中，，，则（    ）A． B． C． D．7．三星堆古遗址是迄今在西南地区发现的范围最大，延续时间最长，文化内涵最丰富的古城､古国､古蜀文化遗址．三星堆遗址被称为20世纪人类最伟大的考古发现之一，昭示了长江流域与黄河流域一样，同属中华文明的母体，被誉为“长江文明之源”，考古学家在测定遗址年代的过程中，利用“生物死亡后体内的碳14含量按确定的比率衰减”这一规律，建立了样本中碳14的含量，随时间x(年)变化的数学模型：(表示碳14的初始量)．2020年考古学家对三星堆古遗址某文物样本进行碳14年代学检测，检测出碳14的含量约为初始量的68%，据此推测三星堆古遗址存在的时期距今大约是（    ）(参考数据：，)A．2796年 B．3152年 C．3952年 D．4480年8．已知集合表示的平面区域为Ω，若在区域Ω内任取一点，则点的坐标满足不等式的概率为（    ）A． B． C． D．9．已知，且，则（    ）A．或 B．或 C．1 D．或310．已知分别为双曲线左、右焦点，直线l过交双曲线的左支于M，N两点，若线段中点恰好在y轴上，且，则双曲线C的离心率是（    ）A． B． C． D．11．在ΔABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，AC边上的高为，则∠ABC的最大值为（    ）A． B． C． D．12．若曲线在点处的切线与直线平行，且对任意的，不等式恒成立，则实数m的最大值为（    ）A． B． C． D． 第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．某产品的宣传费用x(万元)与销售额y(万元)的统计数据如下表所示：宣传费用x(万元)2345销售额y(万元)24304250根据上表可得回归方程，则宣传费用为6万元时，销售额约为_______万元．14．已知中，，，点满足，则的值为_________．15．在平面内，已知正三角形的边长为a，则其内切圆的半径为，类似地，在空间体正四面体的棱长为a，则其内切球半径为__________．16．在半径为3的球面上有､､三点，，，球心到平面的距离是，则､两点的球面距离是__________． 三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）已知锐角三角形的内角，，的对边分别是，，，函数，且函数在处取得最大值4．（1）求函数的单调递增区间；（2）若的面积为，求．              18．（12分）2020年新型冠状病毒肺炎疫情席卷全球，我国在全力保障口罩、防护服等医疗物资供给基础上，重点开展医疗救治急需的呼吸机、心电监护仪等医疗设备的组织生产和及时供应，统筹协调医用物资生产企业高速生产，支援世界各国抗击肺炎疫情．我市某医疗器械公司转型升级，从9月1日开始投入呼吸机生产，该公司9月1目~9月9日连续9天的呼吸机日生产量为（单位：百台，），数据作了初步处理；得到如图所示的散点图．2731952851095注：图中日期代码1~9分别对应9月1日~9月9日；表中，．（1）从9个样本点中任意选取2个，在2个样本点的生产量都不高于300台的条件下，求2个样本点都高于200台的概率；（2）由散点图分析，样本点都集中在曲线的附近，求y关于t的方程，并估计该公司从生产之日起，需要多少天呼吸机日生产量可超过500台．参考公式：回归直线方程是；，，参考数据：．              19．（12分）如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，，E为CD中点．（1）线段PC上是否存在一点F，使得；（2）在（1）的条件下，求点E到平面ADF的距离．              20．（12分）已知为坐标原点，分别为椭圆的右顶点和上顶点，的面积为，椭圆的离心率为．（1）求的值；（2）若与垂直的直线交椭圆于两点，且，求的面积．                       21．（12分）设函数．（1）已知在点处的切线方程是，求实数，的值；（2）在第（1）问的条件下，若方程有唯一实数解，求实数的值．                          请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标是．（1）求直线的极坐标方程及点到直线的距离；（2）若直线与曲线交于，两点，求的面积．                    23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数．（1）若，求函数的最小值；（2）若存在，使得成立，求实数a的取值范围．         
【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷文 科 数 学（四）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．【答案】C【解析】因为，集合，所以，故选C．2．【答案】B【解析】由，得，得，所以，所以，故选B．3．【答案】B【解析】若方程表示椭圆，则，解得且，所以“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件，故选B．4．【答案】B【解析】设，则，由可得，所以，解得，因此，故选B．5．【答案】A【解析】，，，，结束循环，故输出的结果为18，故选A．6．【答案】D【解析】由题意得，则，…，，由累加法得，即，则，所以，故选D．7．【答案】B【解析】设三星堆古遗址存在的时期距今大约是年，则，即，所以，解得，故选B．8．【答案】D【解析】在直角坐标系内，平面区域为Ω，因为直线互相垂直，所以该平面区域是直角三角形，解方程组，得，因此，解方程组，得，因此，圆的半径为，点的坐标满足不等式的概率为，故选D．9．【答案】A【解析】因为，所以，所以，令，所以，即，所以或．当时，，此时，不合题意，舍去；当时，，此时，由，解得或，所以或，故选A．10．【答案】B【解析】由题意可知，线段中点A恰好在y轴上，如图，而O是的中点，则是的中位线，故，即直线轴，故点M横坐标为，代入，解得，∵，∴，，∴在中，，∴，∴，两边同除以得，而，故解得，故选B．11．【答案】B【解析】，由余弦定理可得，整理可得，又AC边上的高为，所以，即，，当且仅当取等号，，即，即，，，则，，故∠ABC的最大值为，故选B．12．【答案】C【解析】，定义域为，又，∴，可得．∴，且，故在内单减．不妨设，则，由，∴，即恒成立．令，则在内单减，即，∴()，而，当且仅当时等号成立，∴，故选C． 第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】59【解析】，，因为回归方程过点，所以，解得，即，当时，，故答案为59．14．【答案】【解析】设，因为，即，所以，因为，所以，代入上式可得，因为，故答案为．15．【答案】【解析】如图，设内切球半径为，正四面体的高为，，，，，，故答案为．16．【答案】【解析】由题设，如下图示，，为的外心且，，∴，又，则，∴，即为等边三角形，∴､两点的球面距离为，故答案为． 三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【答案】（1），；（2）2．【解析】（1），其中．因为函数在处取得最大值4，所以，且，所以，，所以．令，，解得，，即函数的单调递增区间为，．（2）因为，，且的面积为，所以，解得．因为，所以．由余弦定理可知，得．18．【答案】（1）；（2），38．【解析】（1）由散点图知，不高于300台的点有5个，其中高于200台的点有4个，则在2个样本点的生产量都不高于300台的条件下，2个样本点都高于200台的概率为．（2），则由回归方程系数求解公式知，，，故，，需要38天呼吸机日生产量可超过500台．19．【答案】（1）存在；（2）．【解析】（1）上存在一点，此点是的中点，取中点F，连接、、、，如图，∵平面，，∴平面，又平面，∴，而为矩形，，，故，∴在中，，即．又，则平面，又面，∴．（2），因为，，设点到平面的距离为，所以，解得，所以．20．【答案】（1），；（2）或．【解析】（1）由椭圆方程知：，，，由，得，．（2）由（1）知：椭圆的方程为，，，，，可设直线方程为，由，得，则，解得，设，，，，，，，即，解得，此时，当时，直线，即，则点到直线的距离，；当时，直线，即，则点到直线的距离，，综上所述：的面积为或．21．【答案】（1），；（2）．【解析】（1）当时，可得，所以，即，因为，即，即，联立方程组，解得，．（2）由方程有唯一实数解，即有唯一实数解，设，则，令，因为，所以，且，所以方程有两异号根，设，，因为，所以应舍去，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增，当时，，取最小值，因为有唯一解，所以，则，即，因为，所以．（*）设函数，因为当时，是增函数，所以至多有一解，因为，所以方程（*）的解为，将代入，可得．22．【答案】（1），；（2）．【解析】（1）由消去，得到，则，∴，所以直线的极坐标方程为，所以点到直线的距离为．（2）由，得，设，，所以，，所以，所以的面积．23．【答案】（1）5；（2）．【解析】（1）当时，，∴的最小值为5．（2）依题知，，由（1）知，两边平方得，，解得或，∴实数的取值范围为．