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1、2021届市中学高考模拟（七）数学（理）试题（解析版）:小高考数学试题20_届市中学高考模拟（七）数学（理）试题一、单选题 1如果复数（，为虚数单位）的实部与虚部相等，则的值为（） A1 B-1 C3 D-3 【答案】D 【解析】由复数的除法运算化简得到实部和虚部，令其相等即可得解.【详解】 ， 由题意知：，解得.故选D.【点睛】 本题主要考查了复数的除法运算及实部和虚部的定义，属于基础题.2若，则（） A B C D 【答案】C 【解析】先求出集合B，再求并集即可.【详解】 由，得.故选C.【点睛】 本题主要考查了集合的描述法及并集的运算，属于基础题.3向量，若，的夹角为钝角，则的范围是（）
2、 A B C且 D 【答案】C 【解析】若，的夹角为钝角，则且不反向共线，进而利用坐标运算即可得解.【详解】 若，的夹角为钝角，则且不反向共线， ，得.向量，共线时，得.此时.所以且.故选C.【点睛】 本题主要考查了利用数量积研究向量的夹角，当为钝角时，数量积为0，容易忽视反向共线时，属于易错题.4直线与圆的位置关系是() A相交 B相切 C相离 D不确定 【答案】A 【解析】确定直线过定点，点在圆内，得到答案.【详解】 过定点，且，故在圆内， 故直线和圆相交.故选：【点睛】 本题考查了直线和圆的位置关系，确定直线过定点是解题的关键.5有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组
3、成一个医疗小组，则不同的选法共有 A60种 B70种 C75种 D150种 【答案】C 【解析】试题分析p ：因,故应选C 【考点】排列数组合数公式及运用6已知某个几何体的三视图如图,根据图中标出的尺寸,可得这个几何体的表面积是()A B C D 【答案】B 【解析】如图所示，还原几何体，证明，计算表面积得到答案.【详解】 还原几何体，如图所示：连接简单计算得到，故，平面，故.故，表面积为：故选：【点睛】 本题考查了三视图，表面积的计算，还原几何体是解题的关键.7下列函数中最小正周期为且图像关于直线对称的是（） A B C D 【答案】A 【解析】根据函数的周期和对称轴对选项进行排除，由此得出
4、正确选项.【详解】 由于函数的最小正周期为，由此排除D选项.将代入A选项，故是函数的对称轴，符合题意.将代入B选项，故不是函数的对称轴，排除B选项.将代入C选项，故不是函数的对称轴，排除C选项.故本小题选A.【点睛】 本小题主要考查三角函数周期性的知识，考查三角函数对称轴的特点，属于基础题.8我国古代名著庄子天下篇中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完.现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取20天后所剩木棍的长度（单位：尺），则处可分别填入的是（）A， B， C， D， 【答案】D 【解析】先由第一天剩余的情况确定循
5、环体，再由结束条件确定循环条件即可.【详解】 根据题意可知，第一天，所以满足，不满足，故排除AB， 由框图可知，计算第二十天的剩余时，有，且，所以循环条件应该是.故选D.【点睛】 本题考查了程序框图的实际应用问题，把握好循环体与循环条件是解决此题的关键，属于中档题.9已知是第二象限角，且，则的值为（） A B C D 【答案】C 【解析】根据诱导公式得，进而由同角三角函数的关系及角所在象限得，再利用正切的二倍角公式可得解.【详解】 由，得.因为是第二象限角，所以.故选C.【点睛】 本题主要考查了同角三角函数的关系及正切的二倍角公式，属于基础题.10已知函数；则的图像大致为（ ） A B C D
6、 【答案】B 【解析】试题分析p ：设，则，在上为增函数,在上为减函数，得或均有排除选项A，C，又中,，得且，故排除D.综上，符合的只有选项B.故选B.【考点】1、函数图象；2、对数函数的性质.11已知函数，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为() A B C D 【答案】A 【解析】根据，可以把不等式变形为：构造函数，知道函数的单调性，进而利用导数，可以求出实数的取值范围.【详解】 因为，所以， 设函数，于是有，而，说明函数当时，是单调递增函数，因为，所以， ，因此当时，恒成立，即 ，当时恒成立，设，当时， ，函数单调递增，当时，函数单调递减，故当 时，函数有最小值，即为，因此不等式，当时
7、恒成立，只需，故本题选A.【点睛】 本题考查了通过构造函数，得知函数的单调性，利用导数求参问题，合理的恒等变形是解题的关键.二、填空题 12已知抛物线焦点为，经过的直线交抛物线于，点，在抛物线准线上的射影分别为，以下四个结论：，的中点到抛物线的准线的距离的最小值为2.其中正确的个数为（） A1 B2 C3 D4 【答案】C 【解析】设直线为与抛物线联立，由韦达定理可判断，由抛物线定义可判断，由可判断，由梯形的中位线定理及韦达定理可判断.【详解】 物线焦点为，易知直线的斜率存在， 设直线为.由，得.则，正确； ，不正确；，正确； 的中点到抛物线的准线的距离 .当时取得最小值2.正确.故选C.【点
8、睛】 本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了设而不求的思想，转化与化归的能力，属于中档题.13(_y)(2_y)5的展开式中_3y3的系数为_.【答案】40 【解析】先求出的展开式的通项，再求出即得解.【详解】 设的展开式的通项为， 令r=3,则， 令r=2,则， 所以展开式中含_3y3的项为.所以_3y3的系数为40.故答案为：40 【点睛】 本题主要考查二项式定理求指定项的系数，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.14在锐角三角形中，分别为角、所对的边，且，且的面积为，的值为_ 【答案】5 【解析】由正弦定理边化角可得，由面积公式和余弦定理列方程可得.【详解】 由，结合正弦定理可得
9、.在锐角三角形中，可得.所以的面积，解得.由余弦定理可得， 解得.故答案为5.【点睛】 本题主要考查了正余弦定理及三角形面积公式的应用，重点考查了计算能力，属于基础题.15如图所示，有三根针和套在一根针上的个金属片，按下列规则，把金属片从一根针上全部移到另一根针上.（1）每次只能移动一个金属片； （2）在每次移动过程中，每根针上较大的金属片不能放在较小的金属片上面.将个金属片从1号针移到3号针最少需要移动的次数记为，则_【答案】2n-1; 【解析】【详解】 设h（n）是把n个盘子从1柱移到3柱过程中移动盘子之最少次数 n=1时，h（1）=1； n=2时，小盘2柱，大盘3柱，小柱从2柱3柱，完成
10、，即h（2）=3=22-1； n=3时，小盘3柱，中盘2柱，小柱从3柱2柱，用h（2）种方法把中、小两盘移到2柱，大盘3柱；再用h（2）种方法把中、小两盘从2柱3柱，完成， h（3）=h（2）h（2）+1=32+1=7=23-1， h（4）=h（3）h（3）+1=72+1=15=24-1， 以此类推，h（n）=h（n-1）h（n-1）+1=2n-1， 故答案为:2n-1 16一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是，则该四面体的外接球的体积为_ 【答案】 【解析】将四面体补充为长宽高分别为的长方体，体对角线即为外接球的直径，从而得解.【详解】 采用补体法，由空间点坐标可知，该四面体的四个
11、顶点在一个长方体上，该长方体的长宽高分别为，长方体的外接球即为该四面体的外接球，外接球的直径即为长方体的体对角线，所以球半径为，体积为.【点睛】 本题主要考查了四面体外接球的常用求法：补体法，通过补体得到长方体的外接球从而得解，属于基础题.三、解答题 17设数列满足, (1)求证:数列是等比数列; (2)求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】（1）计算得到，得到证明.（2）计算，利用分组求和法计算得到答案.【详解】 (1),，故故是首项为1,公比为的等比数列.(2) 故 故 【点睛】 本题考查了等比数列的证明，分组求和法，意在考查学生对于数列方法，公式的综合应用.18某市对
12、高二学生的期末理科数学测试的数据统计显示,全市10000名学生的成绩服从正态分布,现从甲校100分以上(含100分)的20_份试卷中用系统抽样中等距抽样的方法抽取了20份试卷来分析p (试卷编号为001,002,20_)统计如下: 试卷编号试卷得分 109 118 112 114 126 128 127 124 126 120 试卷编号试卷得分 135 138 135 137 135 139 142 144 148 150注:表中试卷编 (1)写出表中试卷得分为144分的试卷编号(写出具体数据即可); (2)该市又从乙校中也用与甲校同样的抽样方法抽取了20份试卷,将甲乙两校这40份试卷的得分制
13、作了茎叶图(如图)在甲乙两校这40份学生的试卷中,从成绩在140分以上(含140分)的学生中任意抽取3人,该3人在全市排名前15名的人数记为,求随机变量的分布列和期望.附:若随机变量服从正态分布,则,.【答案】(1)180;(2)分布列见解析,.【解析】（1）根据等距抽样的定义直接得到答案.（2）根据正态分布得到15名的成绩全部在146分以上，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.【详解】 (1)因为20_份试卷中用系统抽样中等距抽样的方法抽取了20份试卷,所以相邻两份试卷编号相差为10,所以试卷得分为144分的试卷编号180.(2),根据正态分布可知:, ,即15名的成绩全部在146分
14、以上,(含146分),根据茎叶图可知这40人中成绩在146分以上含146分)的有3人,而成绩在140分以上含140分)的有8人, 的取值为0,1,2,3,的分布列为1 2 3因此.【点睛】 本题考查了等距抽样，正态分布，分布列，数学期望，意在考查学生的综合应用能力.19如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面底面，为上的点，且平面（1）求证：平面平面； （2）当三棱锥体积最大时，求二面角的余弦值 【答案】（1）见证明；（2）.【解析】（1）通过侧面底面，可以证明出面，这样可以证明出 ，再利用平面，可以证明出，这样利用线面垂直的判定定理可以证明出面，最后利用面面垂直的判定定理可以证明出平面平
15、面； （2）利用三棱锥体积公式可得， 利用基本不等式可以求出三棱锥体积最大值，此时可以求出的长度，以点为坐标原点，以，和分别作为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系求出相应点的坐标，求出面的一个法向量，面的一个法向量，利用空间向量数量积的运算公式，可以求出二面角的余弦值.【详解】 （1）证明：侧面底面，侧面底面，四边形为正方形，面， 面， 又面， ， 平面，面， ， ，平面， 面， 面， 平面平面 （2）， 求三棱锥体积的最大值，只需求的最大值 令，由（1）知， ， 而， 当且仅当，即时， 的最大值为 如图所示，分别取线段，中点，连接，以点为坐标原点，以，和分别作为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系 由已知， 所以， 令为面的一个法
