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    2021届高考数学考前20天终极冲刺模拟试卷(16)含答案

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    2021届高考数学考前20天终极冲刺模拟试卷(16)含答案

    1、考前考前 20 天终极冲刺高考模拟考试卷(天终极冲刺高考模拟考试卷(16) 一、一、选择题:本题共选择题:本题共 8 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,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。求的。 1已知集合 2 |56 0Px xx , |31 x Qx,则 (PQ ) A | 1 0 xx 剟 B |0 1xx剟 C |0 6xx剟 D | 6 0 xx 剟 2设 1 ( 2 i zi i 为虚数单位),则| (z ) A 1 2 B 2 2 C1 D 2 3疫情期间,课的方式进行授课,某省级示范中学对在

    2、家学习的 100 名同学每天的学习时间(小时)进行 统计,服从正态分布 (9N , 2 1 ),则 100 名同学中,每天学习时间超过 10 小时的人数为( )(四舍五入 保留整数) 参考数据:( )0.6827PZ ,( 22 )0.9545PZ p ,( 33 )0.9973PZ A15 B16 C31 D32 4已知 1 sin() 63 ,则 5 sin(2)( 6 ) A 7 9 B 7 9 C 5 9 D 5 9 5将面积为 4 的矩形ABCD沿对角线BD折起,使二面角A BDC的大小为(0),则三棱锥 ABCD外接球的体积的最小值为( ) A 8 2 3 B 4 3 C 32 3

    3、 D与的大小有关 6用红、黄、蓝三种颜色给图中的A、B、C、D四个小方格涂色,使相邻小方格(有公共边的小格)不 同色,三种颜色可用完也可不用完,则不同的涂色方案种数为( ) A6 种 B12 种 C18 种 D24 种 7设 1 F, 2 F分别为双曲线 22 22 1(0,0) xy ab ab 的左、右焦点,O为坐标原点,过 1 F的直线与双曲线的 两条渐近线分别交于A,B两点,且满足 1| |OBOF, 1 2OFOBOA,则该双曲线的离心率为( ) A3 B7 C2 D2 2 8定义在R上的偶函数 ( )f x满足(2)(2)fxfx ,且当 0 x ,2时, 2 1,01 ( ) 4

    4、4,12 x ex f x xxx 剟 若 关于x的不等式 |( )m xf x 的整数解有且仅有 9 个,则实数m的取值范围为( ) A 11 (, 75 ee B 11 , 75 ee C 11 (, 97 ee D 11 , 97 ee 二、二、选择题:本题共选择题:本题共 4 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 20 分。在每小题给出的四个选项中。有多项符合题目要求。分。在每小题给出的四个选项中。有多项符合题目要求。 全部选对的得全部选对的得 5 分,部分选对的对分,部分选对的对 2 分,有选错的得分,有选错的得 0 分。分。 9已知 11 0 ab ,则下列结论一定正确的是(

    5、 ) A 22 ab B 2 ba ab C 2 lgalgab D| ab aa 10 已知函数 ( )3sin24cos2f xxx ,( ) ( ) |( )|g xf xf x 若存在 0 xR , 使得对任意xR, 0 ( )()f xf x , 则( ) A任意xR, 00 ()()f xxf xx B任意xR, 0 ( )() 2 f xf x C存在0,使得 ( )g x在 0 (x, 0 )x 上有且仅有 2 个零点 D存在 5 12 ,使得 ( )g x在 0 5 ( 12 x , 0 )x 上单调递减 11已知棱长为 1 的正方体 1111 ABCDABC D ,过对角线

    6、 1 BD作平面交棱 1 AA于点E,交棱 1 CC于点F, 以下结论正确的是( ) A四边形 1 BFD E不一定是平行四边形 B平面分正方体所得两部分的体积相等 C平面与平面 1 DBB可以垂直 D四边形 1 BFD E面积的最大值为 2 12直线: ()(0) 2 p l yk xp 与抛物线 2 :2C ypx有公共点M, (N M,N可以重合),F是抛物线C的 焦点,直线l与x轴交于点P下列结论成立的是( ) A 2 |1|MNkFMFN B若| | 4FM ,| | 2FN ,则抛物线C的方程是 2 16 3 yx C当M,N重合时,PMF 内切圆的面积为 2 p D点F到直线l的

    7、最大距离为 2 2 p 三、填空题:本题共填空题:本题共 4 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 20 分。分。 13若nZ,且3 6n剟,则 3 1 ()nx x 的展开式中的常数项为 14已知 ( 1, 2)a ,(4, 2)b ,| 2 5c ,()10acb,则b与c的夹角的余弦值为 15已知数列 n a 满足 12 1 2 24 2 n n n aana , * nN,数列 n a 的通项为 16在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且 coscos bc BC a , 8 sin bc A ,则ABC 的 周长最小值为 四、四、解答题:本题共解答题:本题共 6

    8、小题,共小题,共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17ABC的内角A,B,C所对的边分别为 a,b,c,sin cos() 6 bAaB (1)求B; (2)若D是ABC的外接圆的劣弧AC上一点,且3a ,4c ,1AD ,求CD 18已知数列 n a 中 1 1a , 2 3a ,且满足 21 34 nnn aaa ,设 1nnn baa ,*nN ()求数列 n b 的通项公式; ()记 3 log () nnn cab ,数列 n c 的前n和为 n S,求 20 S 19 如图 1, 在R t A B C中, 90C,4B

    9、CAC,D,E分别是AC,AB边上的中点, 将ADE沿DE 折起到 1 ADE的位置,使 11 ACAD ,如图 2 ()求证: 1 DEAC ; ()求点C到平面 1 A BE的距离 201616 年 4 月 23 日,塞万提斯与莎士比亚辞世,4 月 23 日也和其它一些伟大作者的生卒有关于是, 以 4 月 23 日向书籍及其作者致以世界范围的敬意,自然成了联合国大会的选择.1995年,联合国教科文组 织定 4 月 23 日为世界图书与版权日(或世界书籍与版权日),汉译另有世界读书日、世界阅读日、世界书 香日诸种.2014年起,“全民阅读”已经连续 4 年写入政府工作报告,在今年的政府工作报

    10、告中,“倡导全 民阅读”的提法更是升级为“大力推动全民阅读”,全民阅读已经成为了国家战略为调查全校学生的课 外阅读情况,教务处随机调查了 100 名学生(男生 60 人,女生 40 人),统计了他们的课外阅读达标情况 (一个学期中课外阅读是否达到规定时间),结果如表: 是否达标 性别 不达标 达标 男生 36 24 女生 10 30 (1)是否有99%的把握认为课外阅读是否达标与性别有关? 附: 2 2 () ()()()() n adbc K ab cd ac bd 2 ()P Kk 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001 k 3.841 5.024 6.635 7.87

    11、9 10.828 (2) 如果把这 100 名学生中男生和女生课外阅读 “达标” 的频率分别当作全校男生和女生课外阅读 “达标” 的概率,且每位学生是否“达标”相互独立现随机抽取 3 个学生(2男 1 女),用X表示“3 人中课外阅 读达标的人数”,试求X的分布列和数学期望 21已知直线: (0)l ykxm k 与椭圆 2 2 1: 1 4 x Cy交于A,B两点,且线段AB的中点P恰好在抛物线 2 2 1 : 8 Cyx k 上 ()若抛物线 2 C的焦点坐标为 1 (,0) 64 ,求k的值; ()若过点P的直线 l 与抛物线 2 C的另一交点为Q,且l l ,求QAB面积的取值范围 2

    12、2已知函数 2 ( )(1) (1) 2 x f xxln x (1)证明:(0, )上,( )f x有唯一的极小值点 0 x,且 0 23x ; (2)讨论函数 ( )f x零点个数 考前考前 20 天终极冲刺高考模拟考试卷(天终极冲刺高考模拟考试卷(16)答案)答案 1解:集合 2 |56 0 | 16Px xxxx剟?, |31 |0 x Qxx x厖, |06PQxx剟 故选:C 2解:由 1 2 i z i , 得 22 |1|112 | |2 |22 i z i 故选:B 3解: 1 (10)(10.6827)0.15865 2 P Z , 故所求人数为1000.1586516 故

    13、选:B 4解: 1 sin() 63 ,则 2 517 sin(2)cos(2)12sin ()12 63699 , 故选:A 5解:设矩形ABCD边长为a,b,可得 4ab ,矩形ABCD的对角线相互平方且相等, BD折叠后,球心在对角线交点上,且球的半径是对角线的一半,即 22 2 ab R , 那么 222 42Rabab(当且仅当ab时取等号), 2R, 三棱锥ABCD 外接球的体积 3 48 2 33 VR 故选:A 6解:根据题意,对于A方格,有 3 种选择, 对于B、C、D方格, 若B、C方格颜的色相同,有 2 种选择,D方程格 2 种选择,此时有224种涂色方案, 若B、C方格

    14、的颜色不同,有 2 2 2A 种选择,D方格有 1 种选择,此时有2 14 种涂色方案, 则B、C、D方格有426种涂色方法, 则有3618种不同的涂色方案; 故选:C 7解:由1| |OBOF, 1 2OFOBOA, 可得 1 BOF 为等腰三角形,且A为底边 1 BF的中点, 由 1( ,0) F c 到渐近线 b yx a 的距离为 22 bc db ab , 由 1 OABF ,可得 22 |OAcba, 由 12 60AOFAOBBOF ,可得 1 | cos60 | OAa OFc , 可得 2 c e a 故选:C 8解:因为定义在R上的偶函数 ( )f x满足(2)(2)fxf

    15、x , ()( )fxf x , 所以 (2)( 2)(2)fxfxfx ,所以 (4)( )f xf x ,所以函数的周期为 4, 函数的图象如图:令 ( )|g xm x , 将 ( )g x的图象绕坐标原点旋转可得 71 91 m e me ,即 1 ( 9 e m , 1 7 e 故选:C 9解:因为 11 0 ab ,则有0ba, 对于A,因为0ba,所以 22 ab,故选项A正确; 对于B,因为0ba,所以0,0 ba ab 且 ba ab ,故22 bab a aba b ,故选项B正确; 对于C,因为0ba,所以 2 aab,故 2 ()lgalg ab,故选项C错误; 对于D

    16、,因为| |a与 1 的大小关系不确定,故函数 |xya的单调性不确定,故|aa与|ba的大小不确定,故 选项D错误 故选:AB 10解:函数 ( )3sin24cos25sin(2)f xxxx ,其中为锐角,且 3 cos 5 , 由题意, 0 x是( )f x的最小值点,所以( )f x关于 0 xx 对称,所以 000 ()()()f xxfxxf xx ,故A错 误; 因为 ( )f x的最小正周期 2 2 T ,所以 0 () 2 f x 为最大值,所以任意xR, 0 ( )() 2 f xf x ,故B正 确; 因为 0 ()0f x ,且 0 ()0 4 f x ,在 0 (x

    17、, 0 ) 4 x 中, ( )0f x ,此时 ( )g x恒为 0, 故不存在0,使得 ( )g x在 0 (x, 0 )x 上有且仅有 2 个零点,故C错误; 取 4 ,则在 0 5 ( 12 x , 0 )x 内, ( )f x单调递减,且( )0f x ,所以 ( )2 ( )g xf x 单调递减,故D正 确 故选:BD 11解:如图所示: 对于A,因为平面 11/ / ABB A 平面 11 CC D D,平面 1 BFD E平面 11 ABB ABE ,平面 1 BFD E平面 111 CC D DD F , 所以 1 / /BED F,同理可证 1 / /D EBF,所以四边

    18、形 1 BFD E是平行四边形,故A不正确; 对于B,由正方体的对称性可知,平面分正方体所得两部分的体积相等,故B正确; 对于C,当E、F为棱中点时,EF 平面 1 BB D,又因为EF 平面 1 BFD E, 所以平面 1 BFD E 平面 1 BB D,故C正确; 对于D,平行四边形 1 BED F的面积取最大值时,即三角形 1 EBD的面积取得最大值, 因为这个三角形的面积的两倍是该平行四边形的面积 而 1 BD位置固定,只需点E到 1 BD的距离最大,即可取得面积的最大值, 当点F与A重合时,点F与 1 C重合时,四边形 1 BFD E面积的最大,且最大值为值为 212 ,故D正 确

    19、故选:BCD 12解:对于A,设 1 (M x, 1) y, 2 (N x, 2) y ,则 1212 | |()()| | 22 pp FMFNxxxx , 22 12 |1|1|MNkxxkFMFN,故A正确; 对于B,由A知, 12 4,2 22 pp xx , 1 4yk , 2 2yk , 22 (4 )2 (4),(2 )2 (2) 22 pp kpkp ,解得 8 3 p , 抛物线C的方程是 2 16 3 yx ,故B正确; 对于C,当M,N重合时,直线l和抛物线C相切于点 (, ) 2 p Mp或(,) 2 p Mp ,PMF是腰为p的等腰直 角三角形, 它的内切圆半径为 2

    20、 (1) 2 p,内切圆面积不等于 2 p,故C不正确; 对于D, 由C知 2 k最大值为 1, 点 ( ,0 ) 2 p F 到直线: () 2 p l yk x 的距离 2 2 | 1 1 1 p kp d k k , 当 2 1k 时, d取得最大值 2 2 p,故D正确 故选:ABD 13解: 3 1 ()nx x 的展开式中的通项 4 1 rnr rn TCx , 令40nr, 则 4 n rN,又nZ,且36n剟, 4n,1r , 则 4 3 1 ()x x 的展开式中的常数项为 10 24 4TCx, 故答案为:4 14解: ( 1, 2)a ,(4, 2)b , 440a b

    21、, 又()10acb,10b c , 101 coscos, 2| |2 5 2 5 b c b c bc 故答案为: 1 2 15解:数列 n a 满足 12 1 2 24 2 n n n aana , * nN, 可知 121 1 2(1)4 2 n n n aana , 作差可得: 1 213 44 222 n nnn nnn na , 3 2 n n n a n 故答案为: 3 2n n n 16解:因为 222222 coscos 22 bcacbabc BC aacab , 化简得, 222233 ()b cbca ba cbc, 即 222 ()()0bc bca, 所以 222

    22、 0bca,即 90A , 因为 8 sin bc A ,所以8bc , 则ABC的周长 22 2244 2abcbcbcbcbc ,当且仅当bc时取等号, 所以ABC的周长最小值为44 2 故答案为:44 2 17解:(1)由正弦定理知, sinsin ab AB , sincos() 6 bAaB , 31 sinsinsin(cossin) 22 BAABB,即sinsin3sincosBAAB, sin0A, sin tan3 cos B B B , (0, )B , 3 B (2)在ABC中,由余弦定理知, 222 1 2cos16924313 2 ACABBCAB BCB , 13

    23、AC, 由圆的内接四边形的性质,知 2 3 DB , 在ACD中,由余弦定理知, 222 2cosACADCDAD CDD, 2 1 1312 1() 2 CDCD ,即 2 120CDCD, 解得3CD 或4(舍负), 3CD 18解:()数列 n a 中 1 1a , 2 3a ,且满足 21 34 nnn aaa ,设 1nnn baa ,*nN 整理得 211 3() nnnn aaaa , 即 21 1 3 nn nn aa aa (常数), 即数列 1 nn aa 是以 21 2aa 为首项,3 为公比的等比数列; 所以 1 1 2 3n nn aa , 即 1 2 3n n b

    24、()由于 1 1 2 3n nn aa , 2 1 2 3n nn aa , ., 0 21 2 3aa , 所以 011 11 31 2 (33.3)231 3 1 n nn n aa 故 1 3n n a , 则3n nn ab, 所以 3 log () nnn cabn , 故 201220 20(120) .12.20210 2 Sccc 19()证明:在图1 ABC中,D,E为AC,AB边中点 所以 / /DEBC 又ACBC,所以DEAC 在图 2 中 1 DEAD ,DEDC,且 1 ADDCD ,则DE 平面 1 ACD 又因为 1 AC 平面 1 ACD,所以 1 DEAC

    25、()解:由()知DE 平面 1 ACD,且DE 平面BCDE, 所以平面 1 ACD 平面BCDE, 且平面 1 ACD平面BCDEDC , 在正 1 ACD中,过 1 A作 1 AOCD ,垂足为O, 所以 1 AO 平面BCDE 1 AO即为三棱锥 1 ABCE 底面上的高, 在 1 ACD中, 1 3AO 在 1 A BE中, 1 2 2AEBE, 1 2 5AB ,所以 1 15 A BE S 在梯形BCDE中, 1 4 2 BCEBCD SSBC CD 设点C到平面 1 A BE的距离为h, 因为 11 C A BEABCE VV 三棱锥三棱锥 , 所以 1 1 11 33 A BE

    26、BCE ShSAO ,解得 4 5 5 h 即点C到平面 1 A BE的距离为 4 5 5 20解:(1) 2 2 100 (36 30 10 24) 11.8366.635 60 40 46 54 K , 故有99%的把握认为课外阅读是否达标与性别有关 (2)全校男生和女生课外阅读“达标”的概率分别为 242 605 和 303 404 , 随机变量X的所有可能取值为 0,1,2,3, 2 239 (0)(1)(1) 54100 P X , 12 2 2232339 (1)(1)(1)(1) 55454100 P XC , 21 2 232232 (2)( )(1)(1) 545545 P

    27、XC , 2 233 (3)( ) 5425 P X , X的分布列为 X 0 1 2 3 P 9 100 39 100 2 5 3 25 数学期望 93923 ()01231.55 100100525 E X 21解:()因为抛物线的焦点坐标为 1 (,0) 64 , 所以抛物线方程为 2 1 16 yx,所以 11 816k , 所以2k ()设 1 (A x, 1) y, 2 (B x, 2) y , 0 (P x, 0) y , 由 2 2 1 4 x y ykxm 得 222 (41)8440kxkmxm, 所以 22222 12 2 2 12 2 (8)4(41)(44)16(41

    28、)0 8 41 44 41 kmkmkm km xx k m x x k , 因为线段AB的中点P,所以 12 0 2 4 241 xxkm x k , 所以 00 22 4 4141 kmm ykxmkm kk , 又因为点P在抛物线 2 1 8 yx k 上,所以 2 22 14 ()() 41841 mkm kkk , 所以 2 241mk,所以 22 2 2 16(41) |1 41 km ABk k , 点 22 4 (,) 41 41 kmm P kk ,又 2 241mk,所以 1 ( 2 , ) 2 Pk , 又l l ,所以 11 :(2 ) 2 lyxk k , 由 2 1

    29、 8 11 (2 ) 2 yx k yxk k 得 2 13 0 816 yy ,所以 1 1 2 y , 2 3 8 y , 当 3 8 y 时, 311 (2 ) 82 xk k , 所以 9 8 xk ,所以 93 (,) 88 Qk , 点Q到直线l的距离 2 2 93 | 88 1 km d k , 所以三角形QAB的面积 22 2222 2 2 2 937 |23| 4 2 16(41)1117 (23) 27(23) (2) 8832 |1 2241223232 1 kmmmm kmmmmmm SAB dk kmmm k 由 22 2 16(41)0 2410 km mk ,所以

    30、 1 2 2 m, 令 2 2 (23) (2)18 ( )4415 mm g mmm mm , 2 18 ( )840g mm m , 所以 ( )g m在 1 ( ,2) 2 m上单调递减,所以( )(0g m ,48), 所以 77 ( )(0,3) 328 Sg m 22解:(1)证明:令 ( )( )1(1)h xfxxln x , 则 1 ( )1 11 x h x xx , 当0 x 时, ( )0h x ,单调递增, (2),(3), 所以在上,有唯一的极小值点,且 (2)在上,为减函数, 且, 所以存在, 所以在上, 在,上, 在上,为增函数, 由(1)知,存在上, 所以在上

    31、, 在,上, 所以上,无零点, 在,上,为减函数, 又,且, 所以只有一个零点为 0, ( )h x h130ln h240ln (0,)( )f x 0 x 0 23x ( 1,0)( )0 1 x h x x ( )fx 22 11 (1)0f ee (0)10f 1 ( 1,0)x 1 ()0fx 1 ( 1,)x( )0fx 1 (x0)( )0fx (0,)( )0h x( )fx 20 (0,)xx 2 ()0fx 2 (0,)x( )0fx 2 (x)( )0fx 1 ( 1,)x( )0f x ( )f x 1 (x 2) x( )0fx( )f x 1 0(x 2) x(0)0f ( )f x 在,上,为增函数, 所以, 所以在,上,仅有一个零点, 综上所述,零点个数为 2 2 (x)( )f x 2 ()(0)0f xf 4222 22 21(6)1 (1)20 22 eee e f ee 2 (x)( )f x ( )f x


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