2021高考数学模拟测试卷（八）

2021年高考数学模拟测试卷（八）

第I卷（选择题）

一、单选题：本大题共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

【答案】A

【解析】

【分析】

求出集合，然后利用交集的定义可求出集合

【详解】

,因此,

故选：A.

【点睛】

本题考查交集的计算，考查计算能力，属于基础题.

2.若

【答案】D

【解析】

分析：三个对数的底数和真数的比值都是，因此三者可化为的形式，该函数为

上的单调增函数，从而得到三个对数的大小关系.

上是单调增函数.

,所以

即.故选D.

点睛：对数的大小比较，要观察不同对数的底数和真数的关系，还要关注对数本身的底数与其数的

关系，从而找到合适的函数并利用函数的单调性比较对数值的大小.

3.设有下面四个命题

：若复数满足，则

：若复数满足，则

：若复数满足,则；

：若复数，则

其中的真命题为

A.B.

C.D.

【答案】B

【解析】

令，贝岫得，所以，故正确

当时，因为，而知，故不正确；

当时，满足，但，故不正确；

对于，因为实数的共轨复数是它本身，也属于实数，故正确，故选B.

点睛:分式形式的复数，分子、分母同乘以分母的共筑复数，化筒成的形式

进行判断，共辄复数只需实部不变，虚部变为原来的相反数即可.

4.如图，《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题：今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺，

问折者高几何？意思是：有一根竹子原高一丈（一丈尺），现被风折断，尖端落在地上，竹

尖与竹根的距离三尺，间折断处离地面的高是（）

A.2.55尺B.4.55尺C.5.55尺D.6.55尺

【答案】B

【解析】

【分析】

将问题三角形问题，设出另一直角边，则可求出斜边的长，最后利用勾股定理可求出另一直角边.

【详解】

已知一直角边为3尺，另两边和为10尺，设另一直角边为尺，则斜边为尺，由勾股定理

可得：，可得尺.

故选：B

【点睛】

本题考查了数学阅读能力，考查了勾股定理的应用，考查了数学运算能力.

5.函数在区间附近的图象大致形状是（）

A.B.

C.D.

【答案】B

【解析】

【分析】

通过求特殊点的坐标，结合函数值的正负判断，即可得出结论.

【详解】

过点，可排除选项4〃又，排除C

故选：B

【点睛】

本题考查函数图像的识别，属于基础题.

6.在普通高中新课程改革中，某地实施“3+1+2”选课方案.该方案中“2”指的是从政治、地

理、化学、生物4门学科中任选2门，假设每门学科被选中的可能性相等，那么政治和地里至少有

一门被选中的概率是（）

A.B.C.D.

【答案】D

【解析】

【分析】

本题可从反面思考，两门至少有一门被选中的反面是两门都没有被选中，两门都没被选中包含1个

基本事件，代入概率的公式，即可得到答案.

【详解】

设两门至少有一门被选中，则两门都没有选中｝,包含1个基本事件，

则，所以，故选D.

【点睛】

本题主要考查了古典概型及其概率的计算，其中解答中合理应用对立事件和古典概型及其概率的计

算公式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.

7.若向量满足，且，则向量的夹角为（）

A.30°B.60°C.120°D.150°

【答案】B

【解析】

【分析】

由，平方求出，代入向量夹角公式，求出的夹角余弦值，即可得结果.

【详解】

设的夹角为

故选:B

【点睛】

本题考查向量的模长和向量的夹角计算,着重考查计算能力,属于基础题.

8.大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论.主要用于解释中国传统文化中

的太极衍生原理数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和是中华传统

文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题其规律是:偶数项是序号平方再除以2,奇数项是序号

平方减1再除以2,其前10项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,…，如图所示的程

序框图是为了得到大衍数列的前100项而设计的，那么在两个判断框中，可以先后填入（）

A.是偶数？，?B.是奇数？，?

C.是偶数？，?D.是奇数？，?

【答案】D

【解析】

根据偶数项是序号平方再除以，奇数项是序号平方减再除以，可知第一个框应该是“奇

数”，执行程序框图，

结束，所以第二个框应该填,故

9.以分别表示等差数列项和，若,则的值为

【答案】B

【解析】

【分析】

根据等差数列前n项和的性质，当n为奇数时,,即可把转化为求解.

【详解】

因为数列是等差数列，所以，选B.

【点睛】

本题主要考查了等差数列前n项和的性质，属于中档题.

10.已知椭圆的焦点为，，过的直线与交于两点.若

,则的方程为（

【答案】A

【解析】

【分析】

根据椭圆的定义以及余弦定理列方程可解得，，可得椭圆的方程.

【详解】

解：

又

又

在轴上.

在△

在4中，由余弦定理可得

根据，可得，解得

所以椭圆的方程为：

故选：.

【点睛】

本题考查了椭圆的定义及余弦定理，属中档题.

11.设函数若关于X的方程恰好有六个不同的

实数解，则实数a的取值范围为

A.(2—2)B.(—2—2,2—2)

C.(,+8)D.(2-2,+8)

【答案】A

【解析】

【分析】

画出的图像，利用图像，利用换元法，将方程恰好有六

个不同的实数解的问题，转化为一元二次方程在给定区间内有两个不同的实数根，由此列不等式

组，解不等式组求得的取值范围.

【详解】

画出的图像如下图所示，令，则方程转化为

,由图可知，要使关于的将方程恰好有六个不

同的实数解，则方程在内有两个不同的实数根，所以

,解得

故选：A

【点睛】

本小题主要考查分段函数的图像与性质，考查二次函数根于判别式，考查数形结合的数学思想方

法，属于中档题.

12.过球表面上一点引三条长度相等的弦、、，且、、两两夹角都

为，若，则该球的体积为（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据题意可分析四面体是正四面体，各条棱长均为，依据正四面体外接球半径的求

法即可得解.

【详解】

由题：在四面体中，，

所以均为等边三角形，且边长均为，

所以四面体是正四面体，棱长为，如图：

根据正四面体特征，点在底面正投影是底面正三角形的中心，外接球球心在线段上，

设外接球半径为，取中点

过点的截面圆的半径，

在^中，，

则球心到截面的距离

在^中，，，

解得，

所以球的体积

故选：A

【点睛】

此题考查求正四面体外接球的体积，通过几何体的特征，确定一个截面，寻找球心，根据三角形关

系求出半径即可求解，平常的学习中有必要积累常见几何体外接球半径的求法.

第n卷（非选择题）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在题中的横线上。

13.曲线在点处的切线方程为

【答案】

【解析】

【分析】

利用导数求出曲线在点处的切线的斜率，然后利用点斜式可写出所求切线的方程.

【详解】

依题意得，因此曲线在处的切线的斜率等于，

所以函数在点处的切线方程为

故答案为：

【点睛】

本小题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，考

查运算求解能力.属于基础题.

14.记£为等比数列｛为｝的前〃项和.若，则$=..

【答案】.

【解析】

【分析】

本题根据已知条件，列出关于等比数列公比的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到.

题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查.

【详解】

详解：设等比数列的公比为，由已知

,即

解得，

所以

【点睛】

准确计算，是解答此类问题的基本要求.本题由于涉及事的乘方运算、繁分式分式计算，部分考生

易出现运算错误.

一题多解：本题在求得数列的公比后，可利用已知计算

,避免繁分式计算.

15.甲、乙两位同学玩游戏，对于给定的实数，按下列方法操作一次产生一个新的实数：由甲、

乙同时各掷一枚均匀的硬币，如果出现两个正面朝上或两个反面朝上，则把乘以2后再减去

12,；如果出现一个正面朝上，一个反面朝上，则把除以2后再加上12,这样就得到一个新的实

数，对实数仍按上述方法进行一次操作，又得到一个新的实数，当时，甲获胜，否

则乙获胜，若甲获胜的概率为，则的取值范围是

【答案】

【解析】

【分析】

按要求操作一次产生一个新的实数，列举得到新的实数的途径，列出不等式，根据所给的甲获胜的

概率为，解出外的结果.

【详解】

国的结果有四种，每一个结果出现的概率都是，

1.刍-2包-12f2(2跖-12)-12=44-36=①,

2.2历-12f12=@[+6=?,

3.12f+1218=的

4.12f2(12)-12=当+12=如

Va1+18>^1,a+36>&,

要使甲获胜的概率为，

即%>&的概率为，

...4当-36＞团,18W4,

或4a,-36Wa”18>a,,

解得MW12或罚224.

故选：D.

【点睛】

本题考查新定义问题，考查概率综合，意在考查学生的读题审题能力，考查转化能力，是中档题

16.已知双曲线的左右焦点分别为，，过的直线与圆

相切于点，且直线与双曲线的右支交于点，若，则双曲线的

离心率为.

【答案】

【解析】

【分析】

根据题意，作出图形，结合双曲线第一定义，再将所有边长关系转化到直角三角形中，化简

求值即可

【详解】

如图，由题可知，，则

又，，，

又，

作，可得，，则

在，，即

又,化简可得,同除以，得

解得

双曲线的离心率为

【点睛】

本题考查了利用双曲线的基本性质求解离心率的问题，利用双曲线的第一定义和中位线定理将所有

边长关系转化到直角三角形中是解题关键，一般遇到此类题型，还是建议结合图形来进行求

解，更直观更具体

三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第

17-21题为必做题,每个考生都必须作答.第22/23题为选考题，考生根据要求作答.

(-)必考题：共60分

17.如图所示，在中，NB,的对边分别为a,b,c,已知

2bsinAcos5+asin5=0,a=1,c=2.

(1)求6和sinC；

BD也

(2)如图，设〃为4c边上一点,,求△的面积.

co-77Z8O

【答案】(Db=布,—；(2)且.

74

【解析】

【分析】

(1)通过正弦定理边化角，整理化简得到cosB的值，再利用余弦定理，求出b,根据正弦定

理，求出sinC；(2)根据正弦定理得到sinNC3O=l,即NC5Z>=一,根据勾股定理得到

2

BD=®，根据三角形面积公式，求出的面积.

2

【详解】

(1)因为2bsinZcos8+Qsin8=0,

hc

所以在中，由正弦定理^

sinBsinC

得2sinBsinAcos6+sin4sin8=0,

因为sinZsin3wO,所以2cosB+l=0,

所以cosB=-,，

2

27r

又0<4<〃，所以6二——，

3

由余弦定理得，

62=a2+c2-laccosB-l+4-2xlx2xf--j=7,

所以b=J7,

在中，由正弦定理-----=-----

sinCsinB

所以sinC=^2SmT

人=-7F-

BDsinC

（2）在△45。中，由正弦定理得,

~CDsinNCBD

用4BDsinC73

因为——=-7=,所以

CDV7sinZCBD正

/yr

因为sinC=q,所以sin/C8£>=l,

7

而NC6£>e（0,乃）

TT

所以NC8O=X,

2

由---=~f=>设BD=JJf,CD=1>

CD币

所以（后）2+12=（而）2,所以/=；,

所以BD=叵,

2

2兀714

因为Z.ABD=NABC—ZDBC=-------=一,

326

所以SLn'x/BxBOsinN/BOuLxZx@xJn3.

'22224

【点睛】

本题考查正弦定理边角互化，正弦定理、余弦定理解三角形，属于简单题.

18.如图，三棱锥〃T%中，AB=AC=2,BC=2®DB=DC=3,E,F分别为DB,A?的中

点，且NERC=90°.

(1)求证：平面。48_L平面/8C；

(2)求二面角。-绥力的余弦值.

【答案】(D证明见解析；(2)—孑画.

28

【解析】

【分析】

(1)取8c的中点G,可得BC1AG,BC1DG,从而得到BC±平面£UG,得到

BC工DA,由。/〃EE,EFA.CF,得到ZMLCF，从而得到D4_L平面/8C,所以平面

0/3，平面4BC；(2)以为原点，建立空间直角坐标系，利用余弦定理和勾股定理，得到

_U.IU

/84c=120°，。/=逐，得到DCE的法向量〃］，平面FCE的法向量〃2，根据向量夹角的余

弦公式，得到二面角。一CE—尸的余弦值

【详解】

(1)如图取8C的中点G，连接ZG,DG，

因为Z8=ZC=2,所以8cl.4G,

因为£>3=£>C,所以8C，£>G,

又因为4GnOG=G,所以BCL平面D4G,

D4u平面D4G

所以8CJ.O4.

因为，F分别为DB，的中点，所以Z14〃£7L

因为NEFC=90°.即EF1CF,

则D4LCF.

又因为8CnCE=C，

所以D4_L平面N8C,

又因为DAu平面DAB,

所以平面平面/8C.

(2)因为D4_L平面Z8C,则以为坐标原点，

过点与垂直的直线为轴，为轴，力。为轴,

建立如下图所示的空间宜角坐标系.

因为/8=ZC=2,BC=273,DB=DC=3,

在A48c中，

℃AB1+AC2-BC24+4-121

cosABAC=----------------------=—~~-~~—=-->

2ABAC2x2x22

所以4ZC=120°.

在RtAZ)/8中，DA=M"=V5，

所以点40,0,0),Z)(0,0,V5),C(0,2,0),5(73,-1,0)，

设平面。CE的法向量为*=(x“必,zJ,

加=(0,2,-石),OE=［坐，—＜，—g

DC-«,=0

所以《即<V31V5

DE-»1=0-X]一—y.--------z,=0

222

可取成=(JB,右,2).

设平面FCE的法向量为0=(%,%,Z2),

可取鼠=(5,JJ,0)，

——y/\5x5+y/Sx-Ji+2x0q、/7n

011cos<,“2>=//=Z/u

/岳:+旧+22乂旧+428

因为二面角。一CE—E为钝二面角，所以二面角。一CE—E的余弦值为—宏电.

28

【点睛】

本题考查线面垂直的性质和判定，面面垂直的判定，利用空间向量求二面角的夹角余弦值，属于中

档题.

19.已知动圆过定点P(4,0),且在y轴上截得的弦MN的长为8.

(1)求动圆圆心C的轨迹方程；

⑵过点⑵0)的直线1与动圆圆心C的轨迹交于A,B两点,求证：方.历是一个定值.

【答案】(1)/二口；(2)见解析

【解析】

【分析】

(1)设圆心的坐标为(X,y),得出|CP「=|CM『=|MT「+pq2,代入点的坐标，即可得到曲线

C的轨迹方程；

(2)设直线方程x=0+2,联立方程组，得到%+外,y％,再向量的数量积的运算，即可得到

结论.

【详解】

(1)设动圆的圆心C(x,y),线段MN的中点为T,则|MT|=&4,

2

由题意得@|2=©|2=m1'「+|1'(；|2,.守+&-4)2=42+/,.守=8*,

即动圆圆心C的轨迹方程为y'8x.

(2)证明：易知直线1的斜率不为0,

设直线1的方程为x=ky+2,A(x”y,),B(X2,y2).

联立?+2’消去x整理得y2-8ky-16=0,△=64k-+64>0,可得yi+y,=8k,y,y,=-16.

(yz=8x,

又瓦?=a，y)，存(x?,y：>),

，22

■'-OA•OB~x,x2+y1y2=(ky1+2)(ky2+2)+y1y2=ky1y2+2k(y1+y2)+4+y1y2=-16k+16k'+4-16=-12,

>'-OA,裾是--个定值•

【点睛】

本题主要考查抛物线的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,通过联立直

线方程与椭圆(圆锥曲线)方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”

的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百

出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.

20.已知函数/(x)=orcosx-l在0,g上的最大值为受£-].

_6J6

(1)求的值；

(2)证明：函数在区间上有且仅有2个零点.

【答案】(1)a=2(2)证明见解析

【解析】

【分析】

(1)求导后利用xe0,£可得导函数的正负与原函数的单调性，再利用最大值为叵-1进行求解

L6J6

即可.

\TT\\TC\

(2)求导分析单调性后，根据零点存在定理求解/(O),/-不的正负即可.

【详解】

(1)f(x)=〃(cosx-xsinx),

71

因为xw0,—，所以cosx>sinx20,又1>x20,

6

所以l・cosx>xsinx,gRcosx-xsinx>0.

兀

当a〉0时，/'(x)>0,所以在区间0,-上递增,

6

咤管一1二冬一1‘解得

所以

JT

当。<0时，/'(x)<0,所以在区间0,二上递减,

6

所以/(X)max=/(°)=T，不合题意―

当4=0,/(X)=-1,不合题意.

综上，4=2.

(2)设g(x)=cosx—xsinx,

则g(x)=-2sinx一冗cosx<00<x<—,

、2)

所以g(x)在(0,5)上单调递减，又g(O)=l八茜仁'一'”,

所以存在唯一的x°e(0,9,使得g(x0)=0

当0<x<x0时，8(力〉0,即/'(')=28(》)>0,所以/3在(0,/)上单调递增；当

x0<x<|时，g(x)<0,即//(x)=2g(x)<0,所以/(X)在(O,x。)上单调递减

又/(0)=—1<0,/团=咛—1>OJ团=—1<0,

所以在(o,：)与上各有一个零点，

综上，函数在区间上有且仅有两个零点.

【点睛】

本小题主要考查导数及其应用、函数的零点、函数的最值与值域等基础知识,考查推理论证能力、

运算求解能力、抽象概括能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形

结合思想等,考查的数学素养主要有逻辑推理、直观想象、数学运算等

21.某医药开发公司实验室有瓶溶液，其中〃7(〃zeN)瓶中有细菌，现需要把含有细

菌的溶液检验出来，有如下两种方案：

方案一：逐瓶检验，则需检验次；

方案二：混合检验，将瓶溶液分别取样，混合在一起检验，若检验结果不含有细菌，则瓶溶

液全部不含有细菌；若检验结果含有细菌，就要对这瓶溶液再逐瓶检验，此时检验次数总共

为“+1.

(1)假设〃=5,〃?=2,采用方案一，求恰好检验3次就能确定哪两瓶溶液含有细菌的概率；

(2)现对瓶溶液进行检验，已知每瓶溶液含有细菌的概率均为P(04pMl).

若采用方案一.需检验的总次数为若采用方案二.需检验的总次数为〃.

(力若J与"的期望相等.试求关于的函数解析式P=/(〃)；

(")若p=l_e—，且采用方案二总次数的期望小于采用方案一总次数的期望,求的最大值.

参考数据:In2n0.69,ln3®1.10,ln5»1.61,ln7=1.95

【答案】⑴奈⑵(i)P=l—⑴)8

【解析】

【分析】

(1)对可能的情况分类：〈1＞前两次检验出一瓶含有细菌第三次也检验出一瓶含有细菌，＜2＞前三

次都没有检验出来，最后就剩下两瓶含有细菌；(2)(/)根据£4)=£(〃)，找到与的函数关

系；(3)根据EC)〉E(〃)得到关于的不等式式，构造函数解决问题.

【详解】

解：(1)记所求事件为，“第三次含有细菌且前2次中有一次含有细菌”为事件5,“前

三次均不含有细菌”为事件

则N=8UC，且民C互斥，

所以尸())=尸(8)+尸(。)=4々4+£=4+-!-=2

4451010

⑵⑺£1(4)=〃，

〃的取值为1,〃+1,

P⑦=1)=(1―尸)",尸(〃=〃+1)=1-(1-P)z,,

由£«)=£(〃)得〃=〃+1—〃(1—尸)"，

£

所以p=l—]J'(〃eN*)；

1n

([/)?二]_eZ，加以£(〃)=〃+1e兄，

nYl

所以(〃+i)所以

x

设/(x)=Inx--(x>0),

当X€(0,4)时，/(x)>0,/(x)在(0,4)上单调递增；

当xe(4,+8)时，/'(X)<0,/(彳)在(4,+8)上单调递减

9

又/(8)=ln8-2>0,/(9)=ln9――<0,

4

所以的最大值为8

【点睛】

本题考查离散型随机变量的均值以及随机事件的概率计算，难度较难.计算两个事件的和事件的概

率，如果两个事件互斥，可将结果写成两个事件的概率之和；均值(或期望)的相关计算公式要熟

记..

(二)选考题：共10分.请考生在22,23题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分.

22.选修4-4：坐标系与参数方程

在极坐标系中，曲线C的极坐标方程是夕=--------------，在以极点为原点0,极轴为x轴正半

4cos8+3sin。

x=cos0

轴（两坐标系取相同的单位长度）的直角坐标系Xa中，曲线G的参数方程为1.八（«为参

y=sin”

数）.

（1）求曲线G的直角坐标方程与曲线。的普通方程；

（2）将曲线0经过伸缩变换卜=2岳后得到曲线的若材，N分别是曲线，和曲线G上的动

[y=2歹

点，求I版VI的最小值.

【答案】（1）C的直角坐标方程为4x+3y—24=0,0的普通方程为V+炉=1；

「）24-2历

-5'

【解析】

【分析】

（1）由极坐标与直角坐标的互化公式，化简即可求得4的直角坐标方程，结合三角函数的基本关

系式，消去参数，即可求得G的普通方程；

（2）将曲线Q经过伸缩变换得到曲线CC,的参数方程为[”：=20c°sa（a为参数），设“

[y=2sina

（2J5cosa,2sina）,利用点到直线的距离公式，求得d有最小值，即可求解.

【详解】

24

（1）由题意，曲线a的极坐标方