《2021届高考数学考前30天冲刺模拟卷（7）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届高考数学考前30天冲刺模拟卷（7）（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、考前30天冲刺高考模拟考试卷（7）1、 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，只有一项是符合题目要求的。1（5分）已知集合，则ABCD2（5分）已知为虚数单位，且复数是纯虚数，则实数的值为A1或B1CD03（5分）过点且倾斜角为的直线被圆所截得的弦长为AB1CD4（5分）史记卷六十五孙子吴起列传第五中有这样一道题：齐王与田忌赛马，田忌的上等马劣于齐王的上等马，优于齐王的中等马，田忌的中等马劣于齐王的中等马，优于齐王的下等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现两人进行赛马比赛，比赛规则为：每匹马只能用一次，每场比赛双方各出一匹马，共比赛三场每场比赛中胜者得1分，否则
2、得0分若每场比赛之前彼此都不知道对方所用之马，则比赛结束时，田忌得2分的概率ABCD5（5分）若将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，则“”是“为偶函数”的A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件6（5分）已知，则ABCD7（5分）过双曲线的左焦点作轴的垂线交双曲线于点，双曲线上存在点（异于点，使得若，则双曲线的离心率为ABCD8（5分）关于的方程在上只有一个实根，则实数AB1C0D2、 选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中。有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的对2分，有选错的得0分。9（5分）2020年是全面实现小康社会
3、目标的一年，也是全面打赢脱贫攻坚战的一年，某研究性学习小组调查了某脱贫县的甲、乙两个家庭，对他们过去6年年到2019年）的家庭收入情况分别进行统计，得到这两个家庭的年人均纯收入（单位：百元人）茎叶图对甲、乙两个家庭的年人均纯收入（以下分别简称“甲”“乙” 情况的判断，正确的是A过去的6年，“甲”的极差小于“乙”的极差B过去的6年，“甲”的平均值小于“乙”的平均值C过去的6年，“甲”的中位数小于“乙”的中位数D过去的6年，“甲”的平均增长率小于“乙”的平均增长率10（5分）已知三棱锥的每个顶点都在球的球面上，过作平面的垂线，且，与都在平面的同侧，则A三棱锥的体积为BCD球的表面积为11（5分）在
4、中，角、所对的边的长分别为、下列命题中正确的是A若，则一定是锐角三角形B若，则一定是直角三角形C若，则一定是钝角三角形D若，则一定是锐角三角形12（5分）已知实数，满足，且，则下列结论正确的是AB的最大值为C的最小值为D的最小值为3、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）的展开式中常数项是14（5分）函数，则的最小正周期为，对称轴方程为15（5分）某次灯谜大会共设置6个不同的谜题，分别藏在如图所示的6只灯笼里，每只灯笼里仅放一个谜题并规定一名参与者每次只能取其中一串最下面的一只灯笼并解答里面的谜题，直到答完全部6个谜题，则一名参与者一共有种不同的答题顺序16（5分）已知圆内
5、接四边形的边长，则，四边形的面积为4、 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）已知角，的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，点，分别在角，的终边上（）设函数，求的最大值；（）若点在角的终边上，且线段的长度为，求的面积18（12分）已知数列满足（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，证明：19（12分）已知四棱锥中，平面（1）求证：平面平面；（2）若直线与侧面所成角的正弦值为，求的值20（12分）2020年新型冠状病毒肺炎席卷全球，为减小病毒感染风险，人类积极采取措施，其中“勤洗手”是有效措施之一，而正确的洗手方式对洗手步骤和时长有具体
6、要求某市为了了解在校高中生每次洗手的平均时长（单位：，教育主管部门对全市返校高中生进行随机问卷调查，并把得到的数据绘制成下面的频数分布表洗手时长分组，频数31976001964（1）根据样本数据，可近似地认为高中生的洗手时长服从正态分布，若该市高中生总共约有50000人，试估计有多少高中生每次洗手的平均时长在以上附：若服从正态分布，（2）若认为洗手时长至少才能“达标”现从该市高中生中随机抽取3人，将上述调查所得的频率视为概率，且高中生之间的洗手时长相互独立，记“达标”的高中生人数为随机变量，求的分布列与数学期望21（12分）已知椭圆和抛物线，点为第一象限中抛物线上的动点，过作抛物线的切线分别交
7、轴、轴于点、，为抛物线的焦点（）求证：平分；（）若直线与椭圆相切于点，求面积的最小值及此时的值22（12分）已知函数，（1）当时，求的值域；（2）令，当时，恒成立，求的取值范围考前30天冲刺高考模拟考试卷（7）答案1解：，故选：2解：复数是纯虚数，解得故选：3解：根据题意，设过点且倾斜角为的直线为，其方程为，即，变形可得；圆的圆心为，半径，设直线与圆交于点，圆心到直线的距离，则，故选：4解：每匹马只能用一次，每场比赛双方各出一匹马，共比赛三场每场比赛中胜者得1分，否则得0分设田忌的上等马、中等马、下等马分别为，齐王的上等马、中等马、下等马分别为，所有的基本事件有6种，分别为：，比赛结束时，田忌
8、得2分的基本事件为：，只有1种，比赛结束时，田忌得2分的概率故选：5解：由题意可得，因为为偶函数，所以，因为，所以，所以，所以当为偶函数时，不能得到，当时，因为，所以，所以不可能为偶函数，所以“”是“为偶函数”的既不充分也不必要条件故选：6（解：,即错误；,即都错误, 正确故选：7解：设双曲线的左焦点，将代入双曲线方程可得，不妨设，根据，可知三角形为等腰直角三角形，所以点的坐标为，代入双曲线方程可得：，化简可得：，即，可得，所以，解得或（舍去），故选：8解：关于的方程在上只有一个实根，即有且仅有一个正根，令，则，令，则，记，即，上，上，又因为，故上，上，当时，时，故当时，且，故选：9解：对于，
9、甲的极差为，乙的极差为，所以“甲”的极差小于“乙”的极差，正确；对于，甲的平均数是，乙的平均数为，所以“甲”的平均值大于“乙”的平均值，错误；对于，甲的中位数是，乙的中位数是，所以，“甲”的中位数小于“乙”的中位数，正确；对于，过去6年甲的平均增长率为：；乙的平均增长率为：，且，所以“甲”的平均增长率小于“乙”的平均增长率，正确故选：10解：如图，长方体的高为1，底面是边长为2的正方形，满足，三棱锥的体积为，故正确；，满足，可得，故正确；平面，平面，则，假设，则，与与相交于矛盾，故错误；三棱锥的外接球即长方体的外接球，设其半径为，则，即，可得球的表面积为，故正确故选：11解：因为，又中不可 能
10、有两个钝角，故，所以，都为锐角，正确；因为，由正弦定理得，即，所以，即，因为，所以，所以一定是直角三角形，正确；因为，所以，整理得，因为，所以，即，一定是直角三角形，错误；因为，所以即，所以，所以，因为，故，即为直角，则一定是直角三角形，错误故选：12解：因为，且，所以，故选项正确；因为，解得，所以的最小值为，最大值为1，故选项错误，选项正确；令，则，是方程的三个根，令，则，令，解得或，要使得有3个零点，则需，解得，所以的最小值为，故选项正确故选：13解：展开式的通项为令得所以展开式的常数项为故答案为：14解：因为，所以函数的最小正周期，令，解得：，所以函数的对称轴方程为：，故答案为：，15解
11、：由题意可知，只需要同一列顺序为从下到上即可，一共6只灯笼，第一步，从6个选3个，第二步，从3个选2个，最后回答剩下的哪一个，故有种，故答案为：6016解：由于，则，由题设及余弦定理得，在中，在中，由得，故，则由于，由以上的结果及题设，可知四边形的面积，故答案为：，17解：（）因为过点，由任意角的三角函数的定义可知，因为，所以，则，因为，所以，所以，所以的最大值为2；（）因为过点，由任意角的三角函数的定义可知，所以，即，由余弦定理可得，所以，解得，所以，所以的面积为18（1）解：由可得：，两式相减得：，即，又当时，有也适合上式，；（2）证明：由（1）可得：，19（1）证明：因为平面，所以平面，
12、所以，因为，所以，所以，因为，、平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面；（2）解：由（1）知、两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则各点坐标如下：，0，1，0，0，1，1，设平面的法向量为，令，直线与侧面所成角的正弦值为，解之得，所以的值为220解：（1）由题意可得，所以，于是每次洗手的平均时长在以上的概率为，所以，故约有1140名高中生每次洗手的平均时长在以上；（2）由表格可知“达标”的高中生的频率为0.8，将频率视为概率，则任意抽取一名高中生洗手时长“达标”的概率为，且相互独立，所以随机变量，所以，其中的可能取值为0，1，2，3，故的分布列为：0123所以的数学期望为21解：（）
13、证明：设,，与抛物线联立得：，由题意知,即而的横坐标,的横坐标，所以为 的中点，由到焦点的距离等于到准线的距离可知, ，所以平分（）直线与椭圆联立得：，由条件知,即，由知,可得，又因为,所以， 的横坐标，所以 面积，令，（当 即 时取等），所以 面积的最小值是2,此时22解：（1）函数，所以，令，解得，所以在，上单调递减，在区间，上单调递增，所以的最小值为，故函数的值域为，；（2）当时，不等式可变形为，即，所以，因为对恒成立，所以对恒成立，令，则，令，则，因为，所以，故在上单调递增，所以，故，所以在上单调递增，则，又由（1）可知，当，且时，的值域为，即，所以恒成立，即，所以，即，又对恒成立，所以，故实数的取值范围为，
