专题34 仿真模拟卷02（新高考地区专用）（解析版）

这是一份专题34 仿真模拟卷02（新高考地区专用）（解析版），共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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仿真模拟卷02
数 学
本卷满分150分，考试时间120分钟。
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．（2021·江苏高三月考）已知集合，，则集合
A． B．或
C． D．
【答案】B
【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合．
【解析】，
，
因此，或．故选B．
2．（2021·湖南永州市·高三二模）若复数对应的点是，则
A． B． C．-1 D．1
【答案】B
【分析】由题得，代入化简即得解．
【解析】由题得．故选B
3．（2021·云南昆明市·昆明一中高三月考）我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是设实数的不足近似值和过剩近似值分别为和（），则是的更为精确的不足近似值或过剩近似值．我们知道，若令，则第一次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即，若每次都取最简分数，那么第二次用“调日法”后可得的近似分数为
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】按照题干给定的算法计算可得；
【解析】第一次用“调日法”后得的更为精确的过剩近似值是，即，
第二次用“调日法”后得的更为精确的过剩近似值是，故选A．
4．（2021·全国高三开学考试）对任意实数，在以下命题中，正确的个数有
①若，则； ②若，则；
③若，则； ④若，则
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】直接利用不等式的基本性质判断．
【解析】①因为，则，根据不等式性质得，故正确；
②当时，，而，故错误；
③因为，所以，即，故正确；
④当时，，故错误；故选B
5．（2021·河南驻马店市·高三期末）已知椭圆的一个焦点为，点是椭圆上的一个动点，的最小值为，且存在点，使得（点为坐标原点）为正三角形，则椭圆的焦距为
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】不妨设为椭圆的右焦点，为椭圆的左焦点，连接，利用椭圆的定义，以及的最小值，列方程组可得椭圆的焦距．
【解析】不妨设为椭圆的右焦点，为椭圆的左焦点，连接

因为为等边三角形，所以，所以是直角三角形，所以．因为，所以．因为的最小值为，所以，所以，椭圆的焦距为，故选D.
6．（2021·四川高三月考）已知直线与抛物线交于两点，且抛物线上存在点，使得(为坐标原点)，则抛物线的焦点坐标为
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，，，直线方程与抛物线方程联立方程组，消元后应用根与系数关系得，再由直线方程得，这样由向量的运算得出点坐标，把点坐标代入抛物线方程可求得值，得抛物线的标准方程、焦点坐标．
【解析】设，，，由
得，易知，所以．，
由可得，
则，
将其代入抛物线的方程得，
因为，解得，所以抛物线的方程为，焦点坐标为．故选C．
【名师点睛】本题考查直线与抛物线相交问题，解题方法是设而不求的思想方法，设交点坐标为，，，直线方程与抛物线方程联立方程组，消元后应用根与系数关系，结合向量的线性运算，用参数表示出点坐标，代入抛物线方程后可求得参数值，得结论．
7．（2021·浙江高三月考）已知正方体的棱长为1，点，分别为线段，上的动点，点在平面内，则的最小值是
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设点关于的对称点为，关于的对称点为，则最小值为直线与之间的距离，利用等积法可求此最小距离．
【解析】点关于的对称点为，关于的对称点为，

记为直线与之间的距离，则，
由，为到平面的距离，因为，
而，故，故选B．
【名师点睛】空间中动线段的距离和的最值问题，可以类比平面中的距离和的最值处理利用对称性来处理于转化，另外异面直线间的公垂线段的长度可利用点到平面的距离来处理．
8．（2021·浙江绍兴市·高三期末）设是无穷数列，若存在正整数，使得对任意，均有，则称是间隔递增数列，是的间隔数．若是间隔递增数列，且最小间隔数是3，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】依题意得到，成立，则，对于 成立，且对于 成立，即可求出参数的取值范围；
【解析】若 是间隔递增数列且最小间隔数是 3，则
，成立，
则，对于 成立，且对于 成立，
即，对于 成立，且，对于 成立，
所以，且，解得，故选A．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（2020·江苏南京市·高三月考）下列说法正确的是
A．若，且，则
B．设有一个回归方程，变量x增加1个单位时，y平均减少5个单位
C．线性相关系数r越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱
D．在某项测量中，测量结果服从正态分布，则
【答案】ABD
【分析】由的方差公式可判断A； x增加1个单位时计算y值与原y值比较可判断B；由线性相关系数|r|的性质可判断C；根据正态曲线关于x=1对称即可判断D．
【解析】对于选项A，由，，则，所以，故正确；
对于选项B，若有一个回归方程，变量x增加1个单位时，，故y平均减少5个单位，正确；
对于选项C，线性相关系数|r|越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱，错误；
对于选项D，在某项测量中，测量结果服从正态分布，由于正态曲线关于对称，则，正确．故选ABD．
【名师点睛】本题考查方差的计算、线性回归方程的相关计算、正态分布的概率问题，解题的关键点是熟练掌握有关概念和性质，属于基础题．
10．（2021·广东韶关市·高三一模）设，为正数，若直线被圆截得弦长为4，则
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】根据直线与圆的位置关系可得排除A，再由均值不等式判断CD即可．
【解析】由可得，
故圆的直径是4，
所以直线过圆心，即，故B正确；
又，均为正数，所以由均值不等式，当且仅当时等号成立；故C正确；
又，
当且仅当，即，即时，等号成立，故D正确．故选BCD
【名师点睛】利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方．
11．（2021·江苏泰州市·高三期末）已知，，其中为展开式中项系数，，则下列说法正确的有
A．，
B．
C．
D．是，，，…，是最大值
【答案】ACD
【分析】由三项式系数塔与杨辉三角构造相似可得A，D正确，根据计算可得，，所以C正确．
【解析】由题意知，三项式系数塔与杨辉三角构造相似，其第二行为三个数，且下行对应的数是上一行三个数之和，故，是，，，…，的中间项，故最大，所以A，D正确；令可知；
当时，，，，，所以．
令可知，，即；
因为．
故，C正确．故选ACD
【名师点睛】（1）二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件（特定项）和通项公式，建立方程来确定指数（求解时要注意二项式系数中和的隐含条件，即，均为非负整数，且，如常数项指数为零、有理项指数为整数等）；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．
（2）求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．
12．（2021·江苏高三月考）已知函数在区间内有唯一零点，则m的可能取值为
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】根据题意，将问题转化为方程在区间内有唯一实数根，进而令，，研究函数的单调性得在区间内单调递增，故，进而得答案．
【解析】因为函数在区间内有唯一零点，
所以方程在区间内有唯一实数根，
所以方程在区间内有唯一实数根，令，
所以在区间恒成立，
所以函数在区间内单调递增，
故，由于，故选BC．
【名师点睛】本题考查利用导数研究函数的零点问题，解题的关键在于将问题转化为方程在区间内有唯一实数根的问题，进而构造函数求解．考查运算求解能力，回归转化思想，是中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2021·安徽高三一模）设f(x)是定义在R上周期为2的函数，当x∈(-1，1]时，，其中m∈R．若f()=f()，则m的值是___________．
【答案】
【分析】分别计算f()和f()，解方程求出m．
【解析】
由f()=f()可得，解得故答案为1
14．（2021·广东梅州市·高三一模）已知，，则___________．
【答案】
【分析】由正切的值和角的范围可求出该角的正弦值和余弦值，代入两角差的余弦公式即可求出结果．
【解析】因为，且，所以，，
则．
故答案为．
15．（2021·陕西榆林市·高三二模）关于函数有如下四个命题：
①的最小正周期为2；
②的图象关于点对称；
③若，则的最小值为；
④的图象与曲线共有4个交点．
其中所有真命题的序号是__________．
【答案】①②④
【分析】结合正弦函数的性质判断各命题的真假．
【解析】由图可得，的最小正周期为2，①正确；
，的图象关于点对称，②正确；
离轴最近的对称轴为，所以若，则的最小值为，③错误；
在轴右边离最近的对称为，，而，在上是减函数，因此的图象在第一象限每个周期内与的图象都有两个交点，在区间上有两个交点，在区间上有两个交点，从而在上有4个交点，④正确；
故答案为①②④．
【名师点睛】本题考查正弦型三角函数的性质，解题方法是利用正弦函数性质求得的最小正周期，对称中心，对称轴，利用周期性确定函数图象交点个数，最终得出结论．
16．（2021·绵阳南山中学实验学校高三开学考试）为实数，表示不超过的最大整数．，若的图象上恰好存在一个点与的图象上某点关于轴对称，则实数的取值范围为___________．
【答案】
【分析】将分离参数，得到，转化为，与有一个交点，数形结合可求解．
【解析】设，点关于轴对称，
由题意可知在有一个解，
故在有一个解，
设，，
写成分段函数形式即为，作出函数图象可知

与，只有一个交点，
由图象可知，的取值范围为或，故答案为
【名师点睛】函数零点或方程的根的求解与判断方法：
（1）直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
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）（2021·江苏连云港市·高三开学考试）在中，角，，所对的边分别为，，，已知，且．
（1）证明：；
（2）若的周长为，求其面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）解法一：用正弦定理化边为角，得到，再变成，运用基本不等式可证明
解法二：用余弦定理化角为边，得到关系式，再用基本不等式求解即可．
（2）用余弦定理求出，再用三角形面积公式求解即可．
【解析】（1）解法一：由已知及正弦定理，得
因为
所以，
由正弦定理得，即．．
解法二：由已知及余弦定理，得，得，
所以．
（2）因为的周长为，所以，
因为
因为，所以得．
所以．
【名师点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
18．（12分）（2021·湖南永州市·高三二模）给定三个条件：①，，成等比数列，②，③，从上述三个条件中，任选一个补充在下面的问题中，并加以解答．
问题：设公差不为零的等差数列的前项和为，且，___________．
（1）求数列的通项；
（2）若，数列的前项和，求证：．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】条件选择见解析；（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据所选条件得到方程组，解得即可；
（2）由（1）可得，再利用裂项相消法求和即可；
【解析】（1）设等差数列的公差为．
选条件①：因为，，，成等比数列，
所以，
解得，故数列的通项．
选条件②：因为，因为，所以，解得，
故数列的通项．
选条件③：因为，，所以，
解得，故数列的通项．
（2）因为，
所以

．
【名师点睛】数列求和的方法技巧：
（1）倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．
（2）错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．
（3）分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．
19．（12分）（2021·安徽高三一模）为了调查某地区全体高中生的身高信息(单位：cm)，从该地区随机抽取高中学生100人，其中男生60人，女生40人．调查得到样本数据xi(i=1，2，···60)和yj(j=1，2，···40)，xi和yj分别表示第i个男生和第j个女生的身高．经计算得=10500，=1838400，=6600，=1090200．
（1）请根据以上信息，估算出该地区高中学生身高的平均数和方差s2；
（2）根据以往经验，可以认为该地区高中学生身高X服从正态分布N(μ，σ2)，用作为μ的估计值，用s2作为σ2的估计值．若从该地区高中学生中随机抽取4人，记表示抽取的4人中身高在(171，184.4)的人数，求ξ的数学期望．
附：①数据t1，t2，…tn的方差，②若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ-σ 【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）由题设中的数据，根据平均数和方差的计算公式，即可求解；
（2）由（1）得到该地区高中学生身高，求得，得出随机变量，结合二项分布的期望计算公式，即可求解．
【解析】（1）由题意，根据平均数的计算公式，
可得该地区高中学生身高的平均数，
由方差的计算公式，可得．
（2）由（1）知，，即，，
可得该地区高中学生身高，
又由，
根据题意，可得随机变量，
根据二项分布的期望计算公式，可得数学期望为
20．（12分）（2021·辽宁高三月考）如图，圆的半径为，、是圆的两条互相垂直的直径，为的中点，．将此图形沿着折起，在翻折过程中，点对应的点为．

（1）证明：；
（2）当时，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）证明出平面，进而可得出；
（2）过作直线平面，在上取点（异于点），以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得二面角的正弦值．
【解析】（1）证明：折叠前，因为，，则，
折叠后，对应地，有，，
因为，所以，，
，所以，平面，
因为平面，所以；
（2）过作直线平面，在上取点（异于点），
设二面角为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、，且当时，，
所以，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以，
因为平面的一个法向量为，则，
因此，．
【名师点睛】利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值．
21．（12分）（2021·江苏常州市·高三开学考试）已知等轴双曲线C：(a>0，b>0)经过点(，)．
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）已知点B(0，1)．
①过原点且斜率为k的直线与双曲线C交于E，F两点，求∠EBF最小时k的值；
②点A是C上一定点，过点B的动直线与双曲线C交于P，Q两点，为定值，求点A的坐标及实数的值．
【答案】（1）；（2）①；②或者．
【分析】（1）由题意，代入已知点建立方程，解之可得双曲线的标准方程．
（2）①由对称性可设，且，运用向量数量积的坐标运算表示，又由可得，由此可得最小时，的值．
②设过点的动直线为设与双曲线的方程联立得，根据根的判别式和根与系数的关系可求得且，由直线的斜率公式得，再由恒等式的思想可求得点A的坐标及实数的值．
【解析】（1）由题意，且解得，
所以双曲线的标准方程为
（2）①由对称性可设，且，则，
因为点在双曲线上，所以，所以，所以，
当时，为直角，
当吋，为钝角．
因此，最小时，．
②设过点的动直线为
设联立得，
所以，由且，解得且，
，即即，
化简得，
所以，
化简得，
由于上式对无穷多个不同的实数都成立，
所以
如果那么此时不在双曲线上，舍去．
因此从而代入解得．
此时在双曲线上．
综上，或者．
【名师点睛】本题考查直线与双曲线位置关系之定值问题，属于较难题，关键在于将直线与双曲线的方程联立，得出根与系数的关系，继而将目标条件转化到曲线上的点的坐标上去．
22．（12分）（2021·安徽高三一模）已知函数f(x)=2ex+aln(x+1)-2．
（1）当a=-2时，讨论f(x)的单调性；
（2）当x∈[0，π]时，f(x)≥sinx恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）函数在(-1，0)单调递减，在单调递增；（2）．
【分析】（1）将代入，求出导函数，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解．
（2）令，等价于恒成立，求出，讨论或，判断函数的单调性，其中时，可得，讨论或，证明函数的单调性即可证明．
【解析】（1）当时．
在单调递增，且
当时，；当时．
所以函数在(-1，0)单调递减，在单调递增．
（2）令
当时，恒成立等价于恒成立．
由于，
所以（1）当时，函数在单调递增，
所以，在区间恒成立，符合题意．
（2）当时，在单调递增，．
①当即时，
函数在单调递增，所以在恒成立，符合题意．
②当即时，
若，即时在恒小于
则在单调递减，，不符合题意．
若即时，存在使得
所以当时，则在单调递减，
不符合题意．
综上所述，的取值范围是
【名师点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数研究不等式恒成立，解题的关键是构造函数，不等式等价转化为恒成立，考查了分析能力、计算能力以及分类讨论的思想．