高中数学高考黄金卷16-【赢在高考•黄金20卷】备战2021高考数学全真模拟卷（新高考专用）（解析版）

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【赢在高考•黄金20卷】备战2021高考数学全真模拟卷（新高考专用）第十六模拟注意事项：本试卷满分150分，考试时间120分钟．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置． 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分) 1．（2020·全国高三专题练习（文））已知复数，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】由题，得，所以.故选：B.2．（2020·阳江市第一中学高三其他模拟）已知全集为实数集，集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】,或，.故选：C.3．（2020·浙江杭州市·高一期末）已知集合，若，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】令，即，解得则，故选：C4．（2020·霍邱县第二中学高二开学考试）若曲线在处的切线与直线互相垂直，则实数等于（   ）A．-2 B．-1 C．1 D．2【答案】D【详解】由题可得：，，曲线在处的切线的斜率为1，
曲线在处的切线与直线互相垂直，且直线的斜率为，，解得：；故答案选D.5．（2020·安徽金安区·六安一中高三月考（理））已知，，，则，，的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】，，，，，则故选：A6．（2020·江苏高一课时练习）若方程在区间上有实根，则实数m的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】解：由题得，，则，由，得，所以，，得，，因为有实根，∴，故选：B．7．（2020·全国高二课时练习）在数列中，，，则的值为（    ）A． B． C．5 D．4【答案】B【详解】解：由，得，即，数列是以3为周期的周期数列，．故选：B．8．（2020·广东广州市·高三月考）在长方体中，，，点在正方形内，平面，则三棱锥的外接球表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】长方体中，平面，平面，∴，又平面，平面，∴，∵，∴平面，而平面，∴，是正方形，∴是与交点，即为的中点，也是的中点．是直角三角形，设是中点，是中点，则由可得平面（长方体中棱与相交面垂直），是的外心，三棱锥的外接球球心在直线上（线段或的延长线上）．设，则，解得，∴外接球半径为，表面积为．故选：C．二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分）9．（2020·福建福州市·高三期中）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．的面积为6【答案】ABD【详解】因为，所以，所以，故A正确；因为，利用正弦定理可得，因为，所以，所以，即因为，所以，所以，又，所以，故B正确；因为，所以，所以，因为，所以，故C错误；，故D正确；故选：ABD10．（2020·江苏连云港市·高三期中）已知是边长为2的等边三角形，是边上的点，且，是的中点，与交于点，那么（    ）A． B．C． D．【答案】AC【详解】建立平面直角坐标系如下图所示：取中点，连接，因为为中点，所以，又因为，所以，所以易知，所以为中点，A．因为为中点，所以成立，故正确；B．因为为中点，所以，所以，故错误；C．因为，所以，所以，故正确；D．因为，所以，所以，故错误，故选：AC.11．（2020·深圳市高级中学高二期中）如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为上任意一点，、为上两点，且的长为定值，则下面四个值中是定值的是（    ）A．点到平面的距离 B．直线与平面所成的角C．三棱锥的体积 D．的面积【答案】ACD【详解】平面就是平面，是确定的平面，因此点到平面的距离为定值，A正确；平面即平面，而在直线上，，因此与平面平行，到平面的距离为定值，但运动时，的长度在变化，因此直线与平面所成的角也在变化，B错误；点到直线的距离是确定，而的长度不变，因此为定值，又到平面的距离为定值，从而三棱锥的体积为定值，C正确；，到的距离为定值，的长度不变，∴的面积为定值，D正确．故选：ACD．12．（2020·广东广州市·高三月考）已知直线分别与函数和的图象交于点，，则（ ）A． B．C． D．【答案】ABD【详解】如图所示，由函数和函数互为反函数，所以函数和的图象关于对称，从而直线与函数和的图象的交点，也关于对称，所以，又由在直线，可得，所以，则，又由，所以等号不成立，所以，所以A正确；记，则，则，又，又由函数在单调递增，所以，所以B正确；由，则，记，则，当时，，则函数在上单调递增，故，即，所以，所以C不正确；由，可得，即，又由，所以，所以D正确.故选：ABD   三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．（2020·兴县友兰中学高一期中）“，”为假命题，则实数a的最小值为________.【答案】1【详解】，”为假命题，即在[-1，3]上，恒成立，分离参数得,令,当时取得最大值1，的最小值为1，故答案为:1.14．（2020·上海闵行区·高三一模）新冠病毒爆发初期，全国支援武汉的活动中，需要从A医院某科室的6名男医生(含一名主任医师)､4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生，要求至少有一名主任医师参加，则不同的选派方案共有___________种.(用数字作答)【答案】【详解】根据题意，从6名男医生(含一名主任医师)､4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生，共有种选派方案，如果所选的男女主任都没有参加，共有种选派方案，所以至少有一名主任医师参加有种，故答案为：.15．（2019·黄梅国际育才高级中学高二月考）下列说法：①线性回归方程必过；②命题“”的否定是“” ③相关系数越小，表明两个变量相关性越弱；④在一个列联表中，由计算得，则有的把握认为这两个变量间有关系；其中正确的说法是__________．(把你认为正确的结论都写在横线上）本题可参考独立性检验临界值表：【答案】①④【解析】线性回归方程必过样本中心点，故①正确．命题“”的否定是“” 故②错误③相关系数r绝对值越小，表明两个变量相关性越弱，故不正确；④在一个列联表中，由计算得，则有的把握认为这两个变量间有关系，正确.故答案为①④.16．（2020·浙江高三其他模拟）设椭圆的右焦点为，则的坐标是______；若为椭圆的右顶点，为椭圆上的动点.则当最小时，点的横坐标是______【答案】        【详解】由椭圆方程知：右焦点的坐标为(1,0)由题意，知：，，令，则令，则当有，即单调递减；当有，即单调递增，而有∴当时，有最小值，即最小故答案为：；四、解答题(本大题共6小题，共70分)17．（2020·广东肇庆市·高三月考）已知数列的前n项和为，．（1）求；（2）若，求数列的前n项和．【答案】（1）； （2）.【详解】（1）由题意，数列满足，当时，可得，两式相减，可得，整理得，即，当时，可得，解得，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，所以.（2）由（1）知，则设，数列的前项和分别为，则，两式相减得，所以，又由，所以数列的前n项和.18．（2020·宁夏银川市·银川一中高三月考（理））如图，扇形ABC是一块半径为2千米，圆心角为的风景区，P点在弧BC上，现欲在风景区中规划三条商业街道，要求街道PQ与AB垂直，街道PR与AC垂直，线段RQ表示第三条街道．（1）如果P位于弧BC的中点，求三条街道的总长度；（2）由于环境的原因，三条街道PQ、PR、RQ每年能产生的经济效益分别为每千米300万元、200万元及400万元，问：这三条街道每年能产生的经济总效益最高为多少？【答案】（1）（千米）；（2）（万元）.【详解】（1）由P位于弧的中点，在P位于的角平分线上，则，，由，且，∴为等边三角形，则，三条街道的总长（千米） ；（2）设，，则，，，，由余弦定理可知：，，则|，设三条街道每年能产生的经济总效益W，，，，，，，当时，W取最大值，最大值为（万元）．19．（2020·全国高二专题练习）现有甲、乙两个规模一致的大型养猪场，均养有1万头猪．根据猪的体重，将其分为三个成长阶段，如下表：阶段幼年期成长期成年期体重根据以往经验，两个养猪场内猪的体重均近似服从正态分布．由于我国有关部门加强对大型养猪场即将投放市场的成年期的猪的监控力度，高度重视其质量保证，为了养出健康的成年期的猪，甲、乙两个养猪场引入两种不同的防控及养殖模式．已知甲，乙两个养猪场内一头成年期的猪能通过质检合格的概率分别为．（1）试估算各养猪场三个阶段的猪的数量；（2）已知甲养猪场出售一头成年期的猪，若为健康合格的猪，则可盈利400元，若为不合格的猪，则亏损200元；乙养猪场出售--头成年期的猪，若为健康合格的猪，则可盈利500元，若为不合格的猪，则亏损100元记为甲，乙养猪场各出售一头成年期的猪所得的总利润，求随机变量的分布列，假设两个养猪场均能把成年期的猪售完，求两个养猪场的总利润的期望值．（参考数据：若，则）【答案】（1）幼年期的猪215头，成长期的猪9540头，成年期的猪215头；（2）135450元.【详解】（1）设各阶段猪的数量分别为，∵猪的体重近似服从正态分布，，（头）；        （头）；        ，（头）∴甲、乙两个养猪场各有幼年期的猪215头，成长期的猪9540头，成年期的猪215头．        （2）随机变量的所有可能取值为900，300，．，        的分布列为900300（元），        由于两个养猪场均有215头成年期的猪，且两个养猪场各出售一头成年期的猪所得的总利润的期望为630元，则总利润的期望为（元）．20．（2020·全国高三其他模拟）如图，在四棱锥中，底面，底面为直角梯形，，，， 、分别为、的中点．（1）求证：平面平面；（2）若平面与底面所成的锐二面角为，求的长．【答案】（1）证明见解析；（2）.【详解】（1）因为，，，所以，因为，所以，因为底面，平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）如图，以为坐标原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，因为、分别为、的中点，所以，，，，易知平面的一个法向量，设平面的法向量为，则，即，不妨取，则，，即，因为平面与底面所成的锐二面角为，所以，解得，即的长为.21．（2020·上海嘉定区·高三一模）在平面直角坐标系中，已知椭圆的长轴长为6，且经过点，为左顶点，为下顶点，椭圆上的点在第一象限，交轴于点，交轴于点.（1）求椭圆的标准方程（2）若，求线段的长（3）试问：四边形的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由【答案】（1）；（2）；（3）是定值，6.【详解】（1）解：由题意得，解得.把点的坐标代入椭圆C的方程，得由于，解得所以所求的椭圆的标准方程为.（2）解：因为，则得，即，又因为，所以直线的方程为.由解得(舍去)或，即得所以即线段的长为（3）由题意知，直线的斜率存在，可设直线.令，得，由得，解得(舍去)或所以，即于是直线的方程为，即令，得，即，所以四边形的面积等于即四边形的面积为定值.22．（2020·河北衡水市·衡水中学高三月考）已知函数.（1）当时，求在点(0，)处的切线方程；（2）当时，若的极大值点为，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【详解】解：（1）当时，，因为，所以，因为，所以在点(0，)处的切线方程为.（2）的定义域为，，令，，①当，即时，，故，所以在上单调递增.此时无极大值.②当，即当时，的对称轴，因为，，所以函数在区间有两个零点，，不妨设，其中，.所以当时，，，所以在上单调递增；当时，，，所以在(，)上单调递减；当时，，，所以在上单调递增.此时函数有唯一的极大值点为，且，又因为，所以，所以，记，，所以单调递增，，即.