2021届全国Ⅱ卷决胜高考高三仿真卷（三）数学（理）试题

/20/20/2021届全国Ⅱ卷决胜高考高三仿真卷（三）数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则（）．A． B．C． D．【答案】D【分析】根据并集的运算可得答案.【详解】因为，，所以故选：D2．已知为虚数单位，复数的虚部为（）A．1 B．2 C． D．【答案】A【分析】根据复数的除法运算化简复数可得选项.【详解】解：复数的虚部为1，故选：A.3．在1，2，3，4，5，6，7中任取6个不同的数作为一个3行2列矩阵的元素，要求矩阵的第2行的两个数字之和等于5，而矩阵的第1行和第3行的两个数字之和都不等于5，则可组成不同矩阵的个数为（）．A．204 B．260 C．384 D．480【答案】C【分析】两个数字之和等于5的情形只有两种：．下面先考虑第二行选取1，4作为元素，有种方法；再安排第一行、第三行，若只选取2，3中的一个有种方法，若2，3都选取，则有种方法，再利用乘法原理与加法原理即可得出．【详解】两个数字之和等于5的情形只有两种：．下面先考虑第二行选取1，4作为元素，有种方法；再安排第一行、第三行，若只选取2，3中的一个有种方法，若2，3都选取，则有种方法．由乘法原理可得：方法．同理可得：第二行选取2，3作为元素，也有方法．利用加法原理可得：可组成不同矩阵的个数为种方法．故选：C4．函数部分图象大致为（）A． B．C． D．【答案】D【分析】先判断函数的奇偶性得函数是奇函数，故排除AB，再根据特征点代入判断即可．【详解】解：函数是奇函数，排除选项B，A，或，当时，，对应点在第一象限，排除C，故选：D．5．古希腊毕达哥拉斯学派认为数是万物的本源，因此极为重视数的理论研究，他们常把数描绘成沙滩上的沙粒或小石子，并将它们排列成各种形状进行研究.形数就是指平面上各种规则点阵所对应的点数，是毕哥拉斯学派最早研究的重要内容之一.如图是三角形数和四边形数的前四个数，若三角形数组成数列，四边形数组成数列，记，则数列的前10项和为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题中的信息分别求出，再求出，最后裂项求和即可.【详解】由题意可得，，，所以，设数列的前项和为，所以，所以.故选：D.6．在流行病学中，基本传染数是指每名感染者平均可传染的人数．当基本传染数高于时，每个感染者平均会感染一个以上的人，从而导致感染这种疾病的人数量指数级增长．当基本传染数持续低于时，疫情才可能逐渐消散．广泛接种疫苗可以减少疾病的基本传染数．假设某种传染病的基本传染数为，个感染者在每个传染期会接触到个新人，这人中有个人接种过疫苗(称为接种率)，那么个感染者新的传染人数为．已知新冠病毒在某地的基本传染数为了使个感染者传染人数不超过，该地疫苗的接种率至少为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意列不等式，即可求出结果.【详解】由题意可得：故选：C.7．在三棱柱中，侧棱底面ABC.所有棱长都为1，E，F分别为棱BC和的中点，若经过点A，E，F的平面将三棱柱分割成两部分，则这两部分体积的比值为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】如图，平面AEF与交于点G，根据题意可以判断为三棱台，根据棱柱的体积公式和棱台体积公式进行求解即可.【详解】解析：如图，平面AEF与交于点G，且，故为三棱台，因为，所以，，所以棱台的体积：，三棱柱的体积，所以，故选：D.【点睛】关键点睛：根据已知判断为三棱台是解题的关键.8．中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，如图是实现该算法的程序框图.执行该程序框图，若输入，，依次输入的值为1，2，3，则输出的（）A．10 B．11 C．16 D．17【答案】B【分析】根据循环结构，令依次进入循环系统，计算输出结果.【详解】解：∵输入的，，当输入的为1时，，，不满足退出循环的条件；当再次输入的为2时，，，不满足退出循环的条件；当输入的为3时，，，满足退出循环的条件；故输出的值为11．故选：B9．抛物线准线上的点与抛物线上的点关于原点对称，线段的垂直平分线与抛物线交于点，若直线经过点，则抛物线的焦点坐标是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】设点、，设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由可求出的值，进而可得出抛物线的焦点坐标.【详解】设点、，则点，可得，则，设直线的方程为，联立，可得，所以，，由题意可知，，解得.因此，抛物线的焦点为.故选：C.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.10．内角的对边分别为，若，且，则该三角形的面积为（）A．1 B．4 C．3 D．【答案】C【分析】先利用正弦定理将化为，然后利用余弦定理求出，从而可求出，进而可求出三角形的面积【详解】解：因为，所以由正弦定理得，即，所以，因为，所以，所以的面积为，故选：C11．如图，在平行四边形中，是边的中点，是的一个三等分点（），若存在实数和，使得，则（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据平面向量的基本定理，利用向量的线性运算进行向量的基底表示，即可得的值.【详解】因为是的一个三等分点（），所以.因为是边的中点，所以.又，所以.故选：C.12．已知关于的方程有三个不同的根，分别为，则＝（）A．3 B．5 C． D．【答案】B【分析】令，将方程有三个不同的根，转化为有2个不同的根，且或，或，或，即关于的方程的其中1个根必须为2或﹣2求解.【详解】令，如图所示：令，要使有不同的零点，则有2个不同的根，则或，或，或，故当时，，当时，，故关于的方程的其中1个根必须为2或﹣2，此时直线或直线时刚好与函数相切，当时，不合题意，由，得，若，则该方程无解，不合题意，由，得：，当，此时，不合题意，当，此时，解得：，由，当，解得：，当，整理得，故，故，故选：B．【点睛】关键点点睛：本题关键是理解对勾函数，将问题转化为方程有2个不同的根且1个根必须为2或﹣2而得解.二、填空题13．设，满足约束条件则的最大值是______．【答案】8【分析】首先根据约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合可得最优解，将最优解代入目标函数即可得出答案.【详解】由约束条件作出可行域如图所示，联立，解得，由得，由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最大，此时有最大值.故答案为：8.14．设是直线上的动点，若，则的最大值为_________．【答案】【分析】将代数式平方得出，设，分析函数在区间上的单调性，求出，即可得解.【详解】，令，设，，其中，任取、且，即，所以，，，则，，，所以，函数在区间上单调递增，所以，函数在区间上单调递减，，所以，的最大值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题求解代数式最值的求解，解题的关键就是将代数式平方后，利用换元法将代数式的最值转化为函数的最值来处理.15．曲线及围成的平面区域如图所示，向正方形中随机投入一个质点，则质点落在阴影部分区域的概率为___________.【答案】【分析】求出两条曲线的交点的横坐标，从图中可以看出，所求图形的面积可以转化为两个曲边图形面积的差，进而可以用定积分求面积，然后除以整个正方形的面积即得所求概率.【详解】由得或，所以阴影部分的面积为，，所以质点落在阴影部分区域的概率为，故答案为：.【点睛】本题考查面积几何概型问题，关键点是计算阴影图形的面积，考查了学生分析问题、解决问题的能力.16．某中学开展劳动实习，学习加工制作模具，有一个模具的毛坯直观图如图所示，是由一个圆柱体与两个半球对接而成的组合体，其中圆柱体的底面半径为1，高为2，半球的半径为1.现要在该毛坯的内部挖出一个中空的圆柱形空间，该中空的周柱形空间的上下底面与毛坯的圆柱体底面平行，挖出中空的圆柱形空间后模具制作完成，则该模其体积的最小值为___________.【答案】【分析】设中空圆柱的底面半径为，圆柱的高为，把圆柱的体积用含有的代数式表示，利用导数求其最大值，即可求得模具体积的最小值．【详解】设中空圆柱的底面半径为，圆柱的高为，则，，中空圆柱的体积．，可得当时，，当，时，，则当时，取得最大值为，又毛坯的体积为，该模具体积的最小值为．故答案为：．【点睛】关键点点睛：本题解题关键是利用单变量来表示体积，然后利用导数法求出最值.三、解答题17．已知等差数列的前n项和为，且，．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）用和公差表示出，求出后可得通项公式；（2）用分组求和法计算．【详解】解：（1）设的公差为，则由题意得，解得：．的通项公式为，即．（2）由（1）知的前n项和为又数列的前n项和为：故【点睛】本题考查求等差数列的通项公式，裂项相消法求和．数列求和的常用方法：设数列是等差数列，是等比数列，（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；（2）错位相减法：数列的前项和应用错位相减法；（3）裂项相消法；数列（为常数，）的前项和用裂项相消法；（4）分组（并项）求和法：数列用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；（5）倒序相加法：满足（为常数）的数列，需用倒序相加法求和．18．如图所示，在四棱锥中，底面，四边形为矩形，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由平面，可得，再由矩形中，可得，由线面垂直的判定定理可得平面；（2）以点为坐标原点，分别以直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，再分别求出面的一个法向量和平面的一个法向量，再由向量的夹角运算可求得二面角的余弦值.【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，因为四边形为矩形，，，为的中点.所以，，于是，因为，所以，所以，因为，?平面，所以平面；（2）以点为坐标原点，分别以直线为轴，轴，轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，由题意知：，，，设平面和平面的法向量分别为，，，令，，，令，，设二面角的平面角为，因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.【点睛】关键点睛：线面垂直的关键在于需证明线垂直于面内的两条相交直线，在运用向量法求得法向量的夹角的余弦值后需判断二面角是锐角还是钝角，再取相应的值.19．某中学的学习兴趣小组随机调查了该校110名学生的到校形式，整理后得到如下的列联表：父母接送独自到校合计男204060女302050合计5060110（1）根据列联表的数据判断，能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为到校形式与性别有关系？（2）若以上述样本的频率作为概率，在该校中随机抽取6人，用X表示6人中“独自到校”的人数，求X的数学期望和方差.附表：0.1000.050.0250.0100.0012.7063.8415.0246.63510.828附：【答案】（1）错误的概率不超过0.01的前提下认为到校形式与性别有关系；（2），.【分析】（1）根据题中所给的公式以及附表进行计算求解判断即可；（2）根据二项分布的定义、数学期望和方差公式进行求解即可.【详解】解：（1）假设性别与到校形式无关，根据列联表中的数据，得到，因此，错误的概率不超过0.01的前提下认为到校形式与性别有关系.（2）X的可能取值为0，1，2，3，4，5，6.若以样本的频率视为概率，则在该校中随机抽取1人为“独自到校”的概率为，在该校中随机抽取6人，可视为6次独立重复试验，所以，故，.20．已知椭圆的左?右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上且位于第一象限，直线与轴的交点为的周长为6.（1）求椭圆的标准方程；（2）直线与椭圆的另一个交点为，使得，求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由题意可得，，求出的值，再由求出的值，从而可求出椭圆的方程；（2）设，设直线，由已知条件可得，将直线方程与椭圆的方程联立方程组，消去，整理后利用根与系数的关系得，，从而可求出的值，进而可得直线方程【详解】解：（1）设椭圆的半焦距为，所以，，可得，又，得.所以椭圆的标准方程为.（2）设，设直线，由题意得，异号，①.联立方程组，得，恒成立.所以②，③，由①②③得.因为点在第一象限，所以，，所求直线的方程为，即.【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是设，将转化为，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题21．已知函数．（1）若，求函数在处的切线方程；（2）若恒成立，求的取值范围．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）根据导数的几何意义进行求解即可；（2）对不等式进行常变量分离，构造新函数，利用导数进行求解即可.【详解】解：（1）时，，，则，，故切线方程是：，即；（2）若恒成立，则在恒成立，令，则，，令，，故在递增，而时，，时，，故存在，使得，从而，，故在递增，在递减，故在递增，在递减，故，故的最小值是3，即的取值范围是．【点睛】方法点睛：对于不等式恒成立问题可采用常变量分离构造函数，利用导数的性质进行求解.22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）当时，求出的普