期末卷02 备战2021年高三数学期末全真模拟卷（八省新高考地区专版） （解析版）

2021年高三数学期末全真模拟卷02

（新高考地区专用）

姓名：__________________     班级：______________   得分：_________________

注意事项：

本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共23题．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、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共60分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．函数的单调递增区间为（      ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】

令,求得函数的定义域,再根据复合函数的性质求解函数的单调增区间.

【详解】

由解得函数的定义域为,令在上单调递增区间为,且幂函数在定义域上单调递增,所以函数单调递增区间为.

故选:C.

【点睛】

本题考查了复合函数求单调区间的问题,解决此类问题的前提一定要确定复合函数的定义域,在复合函数定义域上求单调区间,这是容易遗漏的地方,属于一般难度的题.

2．已知向量，，则与的夹角为(    )

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】

利用诱导公式以及两角差的正余弦公式化简，由向量的数量积公式，即可得出与的夹角.

【详解】

，

设与的夹角为，

，

则，即

故选：C

【点睛】

本题主要考查了由数量积公式求向量的夹角，涉及了三角恒等变换，诱导公式，属于中档题.

3．已知函数的部分图象如图所示，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】

求得函数的导数，根据函数的单调性可判断A选项的正误，利用、、的符号可分别判断D、B、C选项的正误.

【详解】

，，

令，

由图象可知，函数先减后增再减，则，可得，A选项错误；

，则，则，D选项错误；

，则，B选项正确；

，则，C选项错误.

故选：B.

【点睛】

本题考查利用函数的单调性判断不等式的正误，解答的关键在于利用导数符号与函数单调性之间的关系解题，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

4．设，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，给出下列命题：

①若，，则；

②若，，则；

③若，，，则；

④若，，则与所成的角和与所成的角相等．

其中正确命题的序号是　　）

A．①② B．①④ C．②③ D．②④

【答案】D

【分析】

①根据或判断；②利用面面垂直的判定定理判断；③根据，或，或与相交判断；④利用线面角的定义判断．

【详解】

①若，，则或，因此不正确；

②若，则内必存在一条直线，因为，所以，又因为，所以，正确；

③若，，，则，或，或与相交，因此不正确；

④若，，则与所成的角和与所成的角相等，正确．

其中正确命题的序号是②④．

故选：D．

【点睛】

空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.

5．如图在一个60º的二面角的棱上有两个点，，线段，分别在这个二面角的两个半平面内，并且都垂直于棱，且，，则的长为（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】C

【分析】

根据二面角的定义，求得，利用，结合向量数量积的运算，求得的长.

【详解】

∵，；∴，；又∵与分别所在面的二面角为60º，∴，即．

∵;

∴

，的长为2．

故选:C

【点睛】

本小题主要考查向量法计算长度，考查二面角的定义，属于基础题.

6．圆柱截去一部分后得到的几何体如图（1）所示，该几何体的正（主）视图如图（2）所示，则该几何体的侧（左）视图的面积为（    ）

A．16 B． C． D．

【答案】D

【分析】

由主视图可知，截去的几何体是圆柱的，通过运算知，左视图是一个长为，宽为4的矩形，要注意求的是左视图的面积，不是侧面积.

【详解】

由正（主）视图可知，截去的几何体是圆柱的，圆柱的底面半径为2，截去的几何体的

底面是圆心角为的扇形，所以该几何体的侧（左）视图矩形，且其两边分别为4，，

所以其面积为.

故选：D.

【点睛】

本题考查旋转体的三视图的识别，几何体侧视图面积的计算，主要考查考生的空间想象能力以及运算求解能力，是一道基础题.

7．下列说法正确的是（      ）

A．若等比数列的前项和为，则，，也成等比数列.

B．命题“若为的极值点，则”的逆命题是真命题．

C．“为真命题”是“为真命题”的充分不必要条件．

D．命题“，使得”的否定是：“，”．

【答案】C

【分析】

举反例，判断AB选项；由且命题和或命题的性质判断C选项；由特称命题的否定的定义判断D选项.

【详解】

对于A项，设，则，此数列不是等比数列，故A错误；

对于B项，设，，但是不是极值点，故B错误；

为真命题，则都为真命题，推出为真命题；

对于C项，反过来，为真命题，则中至少有一个为真命题，不一定推出为真命题，即“为真命题”是“为真命题”的充分不必要条件，故C正确；

对于D项，命题“，使得”的否定是“，”，故D错误.

故选：C

【点睛】

本题主要考查了判断逆命题的真假，判断充分不必要条件，特称命题否定形式的判断，属于中档题.

8．已知直线与圆．直线与圆下列关系中不可能的是（    ）

A．相交 B．相切 C．过圆心 D．相离

【答案】D

【分析】

由直线系方程可得直线过圆上的定点，由此可得直线与圆不可能相离．

【详解】

由直线，得，

由，得，可得直线过定点．

圆的圆心，半径．

，在圆上，

直线与圆不可能相离，

故选：D．

【点评】

本题考查直线与圆位置关系及直线定点问题，是基础题．

二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）选错不得分，选对部分得3分，全对得5分

9．下列函数中，在各自定义域内既为增函数又为奇函数的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】

根据基本初等函数的性质直接判断AB，去掉绝对值号变为分段函数判断C，化简D可得，利用奇函数定义判断，利用单调性定义判断为增函数.

【详解】

A项，是奇函数，满足，且为增函数

B项，图像关于原点对称，是奇函数，单子啊定义域内不是单调增函数

C项，，在定义域内为增函数，且关于原点对称

D项，，

成立，为奇函数.

设

分子

，当时，分子大于0

分母明显大于0，故得证，为增函数.

故选：ACD

【点睛】

基本初等函数的奇偶性，单调性根据函数解析式可直接得出结论，复杂的函数一般先化简解析式，然后利用奇偶性、单调性定义判断即可.

10．在长方体中AA1=1，AB=2，AD=3，下列选项正确的有（    ）

A． B．长方体的外接球的表面积为14π

C．三棱锥A1-BDC的体积为1 D．三棱锥A1-BDC1与三棱锥A1-ABD的表面积相等

【答案】BC

【分析】

由判断A，由长方体的对角线是外接球的直径可判断B，根据体积公式计算三棱锥的体积判断C，计算出三棱锥A1-BDC1与三棱锥A1-ABD的表面积，可判断D．

【详解】

解：显然AC不垂直于BD，，所以不成立，A错误；

易得长方体外接球半径r==所以外接球表面积=故正确；

，所以C正确；

显然，，又，同理，所以三棱锥A1-BDC1的表面积大于三菱锥A1-ABD的表面积，故D错误.

故选：BC．

【点睛】

本题考查长方体的性质，考查直线垂直的判断，长方体的外接球，三棱锥的体积与表面积等知识，掌握长方体中的线面位置关系是解题关键．

11．若将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列说法正确的是（    ）

A．的最小周期为 B．

C．是函数图象的一条对称轴 D．在上的最大值为

【答案】AC

【分析】

根据题意得，再根据函数性质依次讨论即可得答案.

【详解】

解：由题知，故选项B错误；

故函数的最小正周期为，故A选项正确；

对于C选项，令，解得：，

所以函数的对称轴方程为，

当时，，故C选项正确；

对于D选项，当，，

所以，故D选项错误.

故选：AC.

【点睛】

本题考查了三角函数图像的变换、正弦函数的周期性、单调性和对称轴等基本知识，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，是中档题.

12．根据下列情况，判断三角形解的情况，其中正确的是（     ）

A．，有两解 B．，有两解

C．，无解 D．，有一解

【答案】BD

【分析】

由正弦定理，结合大边对大角，三角形内角和定理，进行判断即可.

【详解】

对A项，若，由正弦定理可得，解得，则，此时该三角形只有一解，故A错误；

对B项，若，由正弦定理可得，解得

根据大边对大角可得，则可以为锐角，也可以为钝角，故三角形有2解，故B正确；

对C项，若，由正弦定理可得，解得，则三角形只有一解，故C错误；

对D项，若，由正弦定理可得，解得，由，则为锐角，可得三角形有唯一解，故D正确；

故选：BD

【点睛】

本题主要考查了由正弦定理判断三角形解的个数，属于中档题.

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）

13．已知，则_______________．

【答案】3

【分析】

由可得，，，代入数据计算即可得出．

【详解】

解：因为，

所以，

即，

所以，

即，

所以，

故答案为：3．

【点睛】

本题主要考查了指数与指数幂的运算，属于中档题．

14．过且斜率为的直线交抛物线于两点，为的焦点若的面积等于的面积的2倍，则的值为___________.

【答案】2

【分析】

联立直线与抛物线的方程，根据一元二次方程的根与系数的关系以及面积关系求解即可.

【详解】

如图，设，由，则，

由可得，由，则，

所以，得.

故答案为：2

【点睛】

此题考查了抛物线的性质，属于中档题.

15．已知抛物线：（）的焦点为，准线为，过的直线交抛物线于，两点，交于点，若，则________.

【答案】2

【分析】

根据抛物线的定义，利用平行线分线段成比例，即可推导出所求结果.

【详解】

过P，Q分别作PM,QN垂直准线于,如图：

，

,

由抛物线定义知，

,

,

,

,

,

，

故答案为：2

【点睛】

本题主要考查了抛物线的定义，抛物线的简单几何性质，属于中档题.

16．已知四棱锥的五个顶点在同一球面上.若该球的半径为4，是边长为2的正方形，且，则当最长时，四棱锥的体积为_______________.

【答案】

【分析】

根据题意四棱锥补形为长方体得解

【详解】

如下图，因为，故点在与垂直的圆面内运动，
 

易知，当、、三点共线时达到最长此时，

可将四棱锥补形为长方体，其体对角线为，

底面边长为2的正方形，则高，

故四棱锥体积.

【点睛】

本题考查球与多面体关系，补形为长方体求得长方体的高是解题关键.属于中档题.

四、解答题（本大题共7小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17．已知等差数列的首项为6，公差为，且成等比数列.

（1）求的通项公式；

（2）若，求的值.

【答案】（1）或 （2）

【分析】

（1）由通项公式写出，利用成等比数列可求得，从而得数列的通项公式；

（2）由（1）得的表达式，确定中哪些项为正，哪些项为负，然后分类求和．

【详解】

（1）公差为

成等差数列，解得或

当时，；

当时，，

故或.

（2）∵0，∴=-1，此时．

当时，

当时，

故

【点睛】

本题考查等差数列的通项公式，考查等比数列的性质．考查含绝对值的等差数列的和．含绝对值的数列的和，一般要确定项的正负后根据绝对值的定义去掉绝对值符号后再求和，这就要求分类讨论，最后结论是一分段函数．

18．已知原命题是“若则”.

（1）试写出原命题的逆命题，否命题，逆否命题，并判断所写命题的真假；

（2）若“”是“”的必要不充分条件，求实数的取值范围.

【答案】（1）逆命题：“若则”，假命题；否命题：“若则”，假命题；逆否命题：“若则”，真命题；（2）

【分析】

（1）根据逆命题，否命题，逆否命题的定义，可得逆命题，否命题，逆否命题，求解对应不等式的范围，以及原命题，逆否命题同真假，逆命题否命题同真假，可得解；

（2）若“”是“”的必要不充分条件，则不等的解构成的集合为的解集的真子集.分，，三种情况讨论即得解.

【详解】

（1）根据逆命题，否命题，逆否命题的定义，

逆命题：“若则”；

否命题：“若则”；

逆否命题：“若则”.

即：；

即：

可得：原命题“若则”是真命题，

逆命题“若则”是假命题，

根据原命题，逆否命题同真假，逆命题否命题同真假，可得：逆否命题为真，否命题为假.

（2）若“”是“”的必要不充分条件，则不等式的解构成的集合为的解集的真子集.

对应方程的根为

若，不等式的解为,不成立；

若，不等式的解为，不成立；

若，不等式的解为，若构成的集合是构成的集合的真子集，则.

综上：实数的取值范围是.

【点睛】

本题考查了命题的四种形式以及充分必要条件，考查了学生综合分析，逻辑推理，转化划归，分类讨论的能力，属于中档题.

19．已知函数的图象与y轴的交点为，它在y轴右侧的第一个最高点和第一个最低点的坐标分别为和.

（1）求函数的解析式；

（2）若锐角满足，求的值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】

（1）根据图象的最值求出根据最高点与最低点坐标求出，从而求出，再由图象经过，求出，得到的解析式；

（2）锐角满足，根据平方关系求出，化简，将所求和的值代入，即可求得的值.

【详解】

（1）由题意可得，即，，

．又，由，，

所以．

（2），

，，

.

【点睛】

该题主要通过已知三角函数的图象求解析式，考查三角函数的性质及恒等变形，属于中档题.利用最值求出，利用图象先求出周期，用周期公式求出，利用特殊点求出，正确求是解题的关键.求解析时求参数是确定函数解析式的关键.

20．如图，在四棱锥中，平面，是平行四边形，，、交于点，是上一点．

（1）求证：；

（2）已知，若为的中点，求三棱锥的体积．

【答案】（1）见解析（2）

【分析】

（1）要证，根据条件只需先证明平面，又平面，得证；

（2）由（1）知平面，所以转化为求解即可．

【详解】

（1）∵平面，平面，

∴．

又∵为菱形，∴．

又，

∴平面，平面，

∴．

（2）由（1）知平面，

所以．

【点睛】

本题考查线线垂直的证明、棱锥体积的计算，需熟悉垂直判定定理及棱锥体积公式，意在考查学生的转化能力和计算求解能力，属于简单题.

21．已知函数.

（1）判断函数的奇偶性；

（2）若，求实数的取值范围.

【答案】（1）奇函数；（2）

【分析】

（1）根据函数奇偶性的定义，求出函数的定义域及与的关系，可得答案；

（2）由（1）知函数是奇函数，将原不等式化简为，判断出的单调性，可得关于的不等式，可得的取值范围.

【详解】

解：（1）函数的定义域是，因为，

所以，

即，所以函数是奇函数.

（2）由（1）知函数是奇函数，所以，设，，.

因为是增函数，由定义法可证在上是增函数，则函数是上的增函数.

所以，解得，故实数的取值范围是.

【点睛】

本题主要考查函数的单调性、奇偶性的综合应用，属于中档题.

22．已知二次函数满足（），且．

（1）求的解析式；

（2）若函数在区间上是单调函数，求实数的取值范围；

（3）若关于的方程有区间上有一个零点，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）；（3）．

【解析】

试题分析：（1）设（）代入得对于恒成立，列出方程，求得的值，即可求解函数的解析式；（2）由，根据函数在上是单调函数，列出不等式组，即可求解实数的取值范围；（3）由方程得，令，即要求函数在上有唯一的零点，分类讨论即可求解实数的取值范围．

试题解析：（1）设（）代入得

对于恒成立，故，

又由得，解得，，，所以；

（2）因为，

又函数在上是单调函数，故或，

解得或，故实数的取值范围是；

（3）由方程得，

令，，即要求函数在上有唯一的零点，

①，则，代入原方程得或3，不合题意；

②若，则，代入原方程得或2，满足题意，故成立；

③若，则，代入原方程得，满足题意，故成立；

④若且且时，由得，

综上，实数的取值范围是．

考点：函数的解析式；函数的单调性及其应用．

23．已知抛物线与过点的直线交于两点.

（1）若，求直线的方程；

（2）若，轴，垂足为，探究：以为直径的圆是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.

【答案】（1）或；（2）过定点，

【分析】

（1）设出直线的方程，联立直线与抛物线方程，利用根与系数的关系及弦长公式计算即可；

（2）设以为直径的圆经过点，，，利用得，令解方程组即可.

【详解】

（1）由题可知，直线的斜率不为0，设其方程为，

将代入，消去可得，

显然，设，，则，，

所以，

因为，所以，解得，

所以直线的方程为或.

（2）因为，所以是线段的中点，

设，则由（1）可得，，

所以，又轴，垂足为，所以，

设以为直径的圆经过点，则，，

所以，即，

化简可得①，

令，可得，

所以当，时，对任意的，①式恒成立，

所以以为直径的圆过定点，该定点的坐标为.

【点睛】

本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及到抛物线中的定点问题，考查学生的计算能力，是一道中档题.