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1、广东省茂名市信宜镇隆第一高级中学2020-2021学年高二数学理模拟试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 方程x2+（4+i）x+4+ai=0（aR）有实根b，且z=a+bi，则z=（）A22iB2+2iC2+2iD22i参考答案：A【考点】A3：复数相等的充要条件【分析】由复数相等的意义将方程x2+（4+i）x+4+ai=0（aR）转化为实系数方程，解方程求出两根【解答】解：方程x2+（4+i）x+4+ai=0（aR）可以变为x2+4x+4+i（x+a）=0， 由复数相等的意义得，解得x=2，a=2， 方程x2
2、+（4+i）x+4+ai=0（aR）有实根b，故b=2， 所以复数z=22i， 故选：A2. 已知， 是椭圆的两个焦点，过 的直线 交椭圆于 ， 两点，若 的周长为 ，则椭圆的标准方程为（ ）A. B. C. D. 参考答案：A因为 的周长为8，所以是椭圆的两焦点，椭圆方程为，故选A.3. 直线经过椭圆的一个焦点和一个顶点，则该椭圆的离心率为 （ ）A、 B、 C、 D、 参考答案：A4. 图书馆的书架有三层，第一层有3本不同的数学书，第二层有5本不同的语文书，第三层有8本不同的英语书，现从中任取一本书，共有( )种不同的取法A120B16C64D39参考答案：B考点：排列、组合及简单计数问题
3、 专题：计算题；排列组合分析：利用分类加法原理，即可得出结论解答：解：由于书架上有3+5+8=16本书，则从中任取一本书，共有16种不同的取法故选B点评：本题先确定拿哪种类型的书，考查分类计数原理的应用，考查两种原理的区别5. 有关命题的说法错误的是( )A命题“若则”的逆否命题为：“若, 则”B“”是“”的充分不必要条件C对于命题：. 则：D若为假命题，则、均为假命题参考答案：D6. 设集合A=x|xa|1，xR，B=x|xb|2，xR若A?B，则实数a，b必满足（）A|a+b|3B|a+b|3C|ab|3D|ab|3参考答案：D【考点】18：集合的包含关系判断及应用；R5：绝对值不等式的解
4、法【分析】先利用绝对值不等式的解法化简集合A、B，再结合A?B，观察集合区间的端点之间的关系得到不等式，由不等式即可得到结论【解答】解：A=x|a1xa+1，B=x|xb2或xb+2，因为A?B，所以b2a+1或b+2a1，即ab3或ab3，即|ab|3故选D7. 若不等式对任意都成立，则的取值范围是( )A. B C. D. 参考答案：B8. 曲线与曲线的 （ ） A、长轴长相等 B、短轴长相等 C、离心率相等 D、焦距相等参考答案：D9. 某校医务室为了预防流感，准备从高一年级的10个班中抽取23名同学进行健康检查，要求每个班被抽到的同学不少于2人，那么不同的抽取方法共有（）A120种B1
5、75种C220种D820种参考答案：C【考点】D8：排列、组合的实际应用【分析】根据题意，先从每个班抽取2人，共抽取20人，将剩余的3个名额分配到10个班级，分3种情况讨论：、3个名额分配到1个班级，、3个名额分配到2个班级，、3个名额分配到3个班级，分别求出每种下的抽取方法数目，由分类计数原理计算可得答案【解答】解：根据题意，高一年级共10个班，每个班被抽到的同学不少于2人，先从每个班抽取2人，共抽取20人，将剩余的3个名额分配到10个班级，分3种情况讨论：、3个名额分配到1个班级，在10个班级中抽取1个即可，有C101=10种抽取方法；、3个名额分配到2个班级，1个班级1个，1个班级2个，
6、在10个班级中抽取2个，再进行全排列即可，有C102A22=90种抽取方法；、3个名额分配到3个班级，在10个班级中抽取3个即可，有C103=120种抽取方法；则不同的抽取方法共有10+90+120=220种；故选：C【点评】本题考查排列、组合的应用，关键是转化问题，对多出的3个名额进行分类讨论，分配到10个班级10. 已知变量满足则的最小值是（ ）A4 B3 C2 D1参考答案：C二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 椭圆+=1（ab0）的右焦点F（c，0）关于直线y=x的对称点Q在椭圆上，则椭圆的离心率是参考答案：【考点】椭圆的简单性质【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程
7、【分析】设出Q的坐标，利用对称知识，集合椭圆方程推出椭圆几何量之间的关系，然后求解离心率即可【解答】解：设Q（m，n），由题意可得，由可得：m=，n=，代入可得：，解得e2（4e44e2+1）+4e2=1，可得，4e6+e21=0即4e62e4+2e4e2+2e21=0，可得（2e21）（2e4+e2+1）=0解得e=故答案为：【点评】本题考查椭圆的方程简单性质的应用，考查对称知识以及计算能力12. 一种专门占据内存的计算机病毒开始时占据内存2KB，然后每3分钟自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机后_分钟，该病毒占据内存32MB(1 MB= KB).参考答案：4213. 在平面直
8、角坐标系中,圆的方程为,若直线上至少存在一点,使得以该点为圆心,1为半径的圆与圆有公共点,则的取值范围是 .参考答案：14. 已知的最大值是 .参考答案：24w.w.w15. 在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，. 若，则 _.参考答案：_6_略16. 已知x与y之间的一组数据：x0123y1357则y与x的线性回归方程为y=bx+a必过点 参考答案：样本点的中心 =( 1.5, 4 )17. 在正方体中，与对角面所成角的大小是_ 参考答案：30三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. （本题10分）已知函数，若函数在点处的切线方程为（1
9、）求的值；（2）求函数在区间（）上的最大值参考答案：解：（1）由题意知，函数在点处的切线方程为， 即，得（2）由（1）知， 由得或，由得， 在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增，分的极大值为， 由得， 结合的图象可得：当时，在区间上的最大值为，当时，在区间上的最大值为，当时， 在区间上的最大值为19. 在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（为参数）以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系中,直线l的极坐标方程为（1）求出线C1的极坐标方程及直线l的直角坐标方程；（2）设点P为曲线上的任意一点,求点P到直线l的距离最大值参考答案：（1）曲线C1的极坐标方程，直线l的直角坐标方程
10、为（2）【分析】（1）先求解的普通方程，然后将其转化为极坐标方程；（2）设出点的参数形式，利用点到直线的距离公式以及三角函数有界性求解最大值.【详解】（1）曲线的参数方程为（为参数)，消去方程中的可得普通方程为，将，代入上式得所以曲线的极坐标方程直线l的极坐标方程为，即，将，代人上式，得，所以直线的直角坐标方程为（2)设为曲线上任一点，则点P到直线l的距离，当时，的最大值，点P到直线l的距离的最大值为.【点睛】（1）直角坐标与极坐标的互化：，；（2）利用参数方程，将点设成三角函数表示的参数形式可用于计算曲线上的点到直线的距离问题，求解对应最值可根据三角函数的有界性完成求解即可.20. （本题满
11、分14分）如图表4，在棱长为1的正方体中，点E是棱上的动点，F，G分别是的中点.（1）求证：.（2）当点E是棱上的中点时，求异面直线EF与CG所成角的余弦值.（3）当二面角达到最大时，求其余弦值. 参考答案：（1）方法一：F为BD的中点，1分又面ABCD，2分，面3分面，4分；方法二：以D为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系.则,设.1分则,2分3分故4分（2）方法一：连接.当点E是棱上的中点时，因为为的中点，由正方体的性质知 ks5u故或其补角为异面直线EF与CG所成角.5分在中，6分在中，7分在中，8分故，在中，异面直线EF与CG所成角的余弦值为9分；方法二：6分设异面直线EF
12、与CG所成角为，则8分异面直线EF与CG所成角的余弦值为9分（3）方法一：面，10分故为二面角的平面角，11分当与重合时，二面角达到最大.12分此时，13分所以，即当二面角达到最大时其余弦值为14分方法二：设，面的一个法向量为由得取，则，故11分面DCF的一个法向量为12分设二面角的大小为，则由图可知故，当达到最小即时，二面角达到最大，此时14分21. （）命题“”为假命题，求实数a的取值范围；（）若“x2+2x80”是“xm0”的充分不必要条件，求实数m的取值范围参考答案：【考点】特称命题；命题的否定；必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】（I）?x0R，x023ax0+90为假命题，等价于?xR，x23ax+90为真命题，利用判别式，即可确定实数a的取值范围；（II）根据一元二次不等式的解法分别求出两不等式的解集，由“x2+2x80”是“xm0”的充分不必要条件，可得不等式解集的包含关系，从而求出m的范围【解答】解：（）：?x0R，x023ax0+90为假命题，等价于?xR，x23ax+90为真命题，=9a2490?2a2，实数a的取值范围是2
