高三数学一轮复习（原卷版）全真模拟卷02（理科）（解析版）

1、2021年理科数学一模模拟试卷（二）学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题：本题共12小题，每小题5分，共60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已知集合,集合,则( )abcd【答案】c【解析】【分析】化简集合和,根据交集定义,即可求得.【详解】 化简可得根据指数函数是减函数 ,即,故 故故选:c.【点睛】本题考查了集合的交集,在集合运算比较复杂时,可以使用数轴来辅助分析问题,属于基础题.2设为虚数单位，复数满足，则复数的共轭复数为（ ）abcd【答案】d【分析】根据复合的四则运算以及共轭复数的概念即可求解.【详解】由，可得，所以复数的共轭复数.故选：d【点睛】本题

2、考查了复数的四则运算以及共轭复数的概念，属于基础题.3易·系辞上有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳术数之源，其中河图的排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中，如图，白圈为阳数，黑点为阴数，若从阴数和阳数中各取一数，则其差的绝对值为5的概率为abcd【答案】a【分析】阳数：，阴数：，然后分析阴数和阳数差的绝对值为5的情况数，最后计算相应概率.【详解】因为阳数：，阴数：，所以从阴数和阳数中各取一数差的绝对值有：个，满足差的绝对值为5的有：共个，则.故选：a.【点睛】本题考查实际背景下古典概型的计算，难度一般.古典概型的概率计算公式：.4设是

3、定义在上的奇函数，且当时，.若，大小关系为（ ）abcd【答案】b【分析】根据题意当时，是定义在上的奇函数,则在定义域上单调递增，由函数的单调性可得出答案.【详解】由题意知由当时,，所以在上单调递增，且又是定义在上的奇函数，所以在上单调递增.所以在定义域上单调递增.又因为，所以，由在定义域上单调递增，则 所以.故选：b.【点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性的综合应用，利用单调性比较大小，考查三角函数值大小的的比较，对数值大小的比较，属于中档题5已知、为直线，、为平面在下列四个命题中： 若，则； 若，则； 若，则； 若，则正确命题的个数是（ ）abcd【答案】c【分析】根据空间中的线面关系、面面

4、关系有关定理进行判断.【详解】对于命题，若，则，命题正确；对于命题，若，则与平行、异面、相交都可以，命题错误；对于命题，若，则，命题正确；对于命题， 若，则与平行、相交都可以，命题错误.故选c.【点睛】本题考查空间中线面关系、面面关系有关命题的判断，判断时应严格根据线面、面面有关的定理和推论，也可以结合空间几何体来进行判断，考查推理能力，属于中等题.6函数y1x的部分图象大致为()abcd【答案】d【分析】通过函数的解析式，利用函数的奇偶性的性质，函数的图象经过的特殊点判断函数的图象即可.【详解】当x时，0,1x，y1x，故排除选项b.当0x时，y1x0，故排除选项a，c.故选d.【点睛】本题

5、考查函数的图象的判断，函数的奇偶性以及特殊点是常用方法7已知函数，函数的图象由图象向右平移个单位长度得到，则下列关于函数的说法正确的有（ ）a的图象关于直线对称b的图象关于直线对称c在单调递减d在单调递减【答案】b【分析】根据平移变换得出的解析式，再由整体代入法、代入验证法得出的单调性、对称轴，即可得到答案.【详解】由题意可知对于a，不是的最大值也不是最小值，故a错误；对于b，2是的最大值，即是的对称轴，故b正确；对于c、d，由，解得当时，则函数在单调递增，故d错误；又，则函数在单调递增，故c错误；故选：b【点睛】本题主要考查了求正弦型函数的对称轴，单调性，考查学生的计算能力，属于中档题.8设

6、的内角所对的边分别为，且，已知的面积等于，则的值为（ ）abcd【答案】d【分析】先利用正弦定理化简，可得，然后利用三角形的面积为10，列方程可求出的值【详解】，由正弦定理可得，即，解得，或（舍去），的面积，解得.故选：d【点睛】此题考查了正弦定理、同角三角函数的关系、三角形的面积公式等知识，属于基础题.9等比数列的前n项和为，已知，则abcd【答案】a【解析】设公比为q,则，选a. 10执行如图所示程序框图，输出的结果是( )abcd【答案】a【分析】按照程序框图的流程执行程序，当进入循环体时，先执行后判断，直到当成立时，退出循环结构，输出的值.【详解】初始条件；，进入循环体：，不成立，因此

7、，进入循环体：，不成立，因此，进入循环体：，不成立，因此，进入循环体：，不成立，因此，进入循环体：，不成立，因此，进入循环体：，成立，退出循环体，输出.故选：a【点睛】本题考查了程序框图输出问题，考查了数学运算能力.11已知，为双曲线：（，）的左、右焦点，以为圆心，为半径的圆与在第一象限的交点为，直线与交于另一点若的面积为，则的离心率为（ ）a2bcd【答案】d【分析】设直线与轴正方向的夹角为，利用双曲线的第二定义表示出,，根据的面积以及即可求解.【详解】设双曲线的右准线与轴的交点为，则，设直线与轴正方向的夹角为，由双曲线的第二定义可得，即，由，可得整理，由可得，即，将代入，整理可得，即.故选

8、：d【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与双曲线的位置关系，双曲线的第二定义，解题的关键是利用第二定义表示出，考查了计算能力.12已知函数的定义域为，且，的图象关于直线对称若当时，则使得成立的的取值范围是（ ）abcd【答案】b【分析】根据图像的对称性得到图像的对称性也即函数为偶函数，构造函数，为偶函数，结合已知条件可知函数的单调性，由此求得不等式的解集.【详解】由于函数图像关于对称，故的图像关于轴对称，也即函数为偶函数.构造函数，依题意当时，故函数在上递增，而，即函数为偶函数，所以函数在上单调递减.由于，根据单调性和对称性有或，故选b.【点睛】本小题主要考查函数的图像变换，考查函数的对称性以及

9、奇偶性，考查利用导数解不等式，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知实数，满足，目标函数的最大值为_.【答案】6【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义即可求解【详解】表示的平面区域如图中阴影部分所示，目标函数可化为，故求z的最大值，即为在上下平移时，纵截距的最小值，如图示，过b(2,4)时，纵截距最小，z最大.此时故答案为：6.【点睛】简单线性规划问题的解题步骤：(1)画出可行域;(2)作出目标函数所表示的某条直线（通常选作过原点的直线），移动此直线并观察此直线经过可行域的哪个（些）点时，函数有最大（小）值；(3)求（写）出最优解和相应的最大（小）值

10、；(4)下结论14如图为一个几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为_【答案】【分析】将三视图还原为几何体为内接于正方体的直四棱锥，如图所示，则该几何体的外接球的直径为正方体的直径，通过计算即可得球的表面积.【详解】将三视图还原为几何体为内接于正方体的直四棱锥，如图所示，所以该几何体的外接球的直径为正方体的直径，故半径为，所以其表面积为.故答案为：15若，若则的最小值为_.【答案】9.【分析】先整理已知条件得，则，再利用基本不等式求解即可.【详解】由，得，又，得，则，当且仅当即时取等号.故答案为：9.【点睛】易错点睛：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

11、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.16已知在锐角中，角的对边分别为，若，则的最小值为_【答案】【分析】先用正弦定理边化角，得，再结合诱导公式和内角和代换，进而求得最值【详解】由正弦定理可转化为，两边同时除以可得，即则，当且仅当时取到等号；故答案为【点睛】本题考查三角函数的化简求值，正弦定理、诱导公式的使用，基本不等式求最值，综合性强，属于中档题三

12、、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22，23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17（12分）已知公差不为零的等差数列的前项和为，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）若等差数列的首项为1，公差为1，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由等差数列的前项和公式，等比数列的性质列出关于和的方程组，解方程组后可得通项公式；（2）由等差数列通项公式求得后得，然后由错位相减法求得和【详解】（1）设公差为，则.（2）由题意，（1），（2）（1）（2）得：，.【点睛】本题考查求等差数列的通项公式

13、，错位相减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（12分）如图所示，四棱锥中，平面.（1）求证:平面;（2）若点是线段的中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）通过勾股定理证得，结合线面垂直的性质得到，由此证得平面.

14、（2）建立空间直角坐标系，通过平面和平面的法向量，求得平面与平面所成锐二面角的余弦值.【详解】（1）证明:，又，故，又平面平面，又，平面.（2）如图，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.则，由（1）得平面的一个法向量为，设为平面的一个法向量，由，得，不妨取，设平面与平面所成的锐二面角为，则.即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.19（12分）2020年国庆节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速公路免费政策”.某路桥公司为掌握国庆节期间车辆出行的高峰情况，在某高速公路收费站点记录了3日上午9:2010:40这一时间段内通过的车辆数，统计发现这一时间段内共有600辆车通过该收费站点，它们通

15、过该收费站点的时刻的频率分布直方图如下图所示，其中时间段9:209:40记作、9:4010:00记作，10:0010:20记作，10:2010:40记作，例如：10点04分，记作时刻64.（）估计这600辆车在9:2010:40时间内通过该收费站点的时刻的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；（）为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车随机抽取4辆，设抽到的4辆车中，在9:2010:00之间通过的车辆数为x，求x的分布列；（）根据大数据分析，车辆在每天通过该收费站点的时刻t服从正态分布，其中可用3日数据中的600辆车在9:2010:40之间通

16、过该收费站点的时刻的平均值近似代替，用样本的方差近似代替（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）.假如4日全天共有1000辆车通过该收费站点，估计在9:4610:40之间通过的车辆数（结果保留到整数）.附：若随机变量t服从正态分布，则，.【答案】（）10:04；（）答案见解析；（）819.【分析】（）结合频率分布直方图，利用平均数公式求解.（）结合频率分布直方图，利用分层抽样的方法可知，抽取的10辆车中，在这一区间内的车辆数为，则x的可能的取值为0，1，2，3，4，再分别求得相应的概率，列出分布列.（）由（1）得，再利用频率分布直方图求得，然后利用原则求解.【详解】（）这600辆车在9:201

17、0:40时间段内通过该收费点的时刻的平均值为：，即1004（）由频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10辆车中，在10:00前通过的车辆数就是位于时间分组中在20，60这一区间内的车辆数，即，所以x的可能的取值为0，1，2，3，4.所以，.所以x的分布列为：x01234p（）由（1）得，所以，估计在9:4610:40之间通过的车辆数也就是在46，100通过的车辆数，由，得，所以估计在在9:4610:40之间通过的车辆数为.【点睛】方法点睛：(1)求解离散型随机变量x的分布列的步骤：理解x的意义，写出x可能取的全部值；求x取每个值的概率；写出x的分布列(2)求离散型随机变量的分布列的关键是

18、求随机变量所取值对应的概率，在求解时，要注意应用计数原理、古典概型等知识20（12分）已知椭圆的左右焦点分别为，且椭圆c上的点m满足，.（1）求椭圆c的标准方程；（2）作直线垂直于x轴，交椭圆c于点q，r，点p是椭圆c上异于q，r两点的任意一点，直线，分别与x轴交于s，t两点，判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）是，4.【分析】（1）由题意可得，在中，利用余弦定理可得，即求.（2）根据题意，设，则，写出直线的方程与直线的方程，求出s，t两点，从而可得，化简计算即可求解.【详解】（1）依题意得：，.由椭圆定义知，又，则，在中，由余弦定理得：即，解得又故所求

19、椭圆方程为（2）依题意得知：q，r两点关于x轴对称设，则则，同理又直线的方程为由得点s的横坐标同理直线的方程为由得点r的横坐标为定值.【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系中的定值问题，解题的关键是出s，t两点，此题考查了运算、求解能力，综合性较强.21（12分）已知函数，恰好有两个极值点.（）求证：存在实数，使；（）求证：.【答案】（）证明见解析；（）证明见解析.【分析】（）求出函数导数，题目等价于存在两个不同正根，先考虑与相切，可得，构造函数，可求出，即可证明；（）可得，得，设，求出导数可得，即可证明.【详解】（），.根据题意，即存在两个不同正根.先考虑与相切，记切点横坐标为，如图.则，设，则，令，得.故在上单调递减，在上单调递增.且，故存在唯一，使成立.取，则时，恰存在两个极值点，得证.（）由（）知，且.所以，代入，得，设，.，则容易判断，；，.故，单调递减；，单调递增.所以.且，由，且，得.所以，从而，证毕.【点睛】本题考查利用导数证明不等式，解题得关键是先考虑与相切，求出切点横坐标取值范围，也可对第二问起到作用.（二）选考题：共10分。请考生在第22，23题中任选一题作答。如果多做，那么按所做的第一题计分。22 （10分）选修4-4:坐标系与参