【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真数学文科试卷（四）含答案解析

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1、【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷文科数学（四）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷（选择题）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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设全集，集合，则（ ）ABCD2已知复数满足

2、，其中是虚数单位，则（ ）ABCD53已知，“”是“方程表示椭圆”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件4已知为二次函数，且，则（ ）ABCD5执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的结果为（ ）A18B14C20D226在数列中，则（ ）ABCD7三星堆古遗址是迄今在西南地区发现的范围最大，延续时间最长，文化内涵最丰富的古城古国古蜀文化遗址三星堆遗址被称为20世纪人类最伟大的考古发现之一，昭示了长江流域与黄河流域一样，同属中华文明的母体，被誉为“长江文明之源”，考古学家在测定遗址年代的过程中，利用“生物死亡后体内的碳14含量按确定的比率衰减”这一规律，建

3、立了样本中碳14的含量，随时间x(年)变化的数学模型：(表示碳14的初始量)2020年考古学家对三星堆古遗址某文物样本进行碳14年代学检测，检测出碳14的含量约为初始量的68%，据此推测三星堆古遗址存在的时期距今大约是（ ）(参考数据：，)A2796年B3152年C3952年D4480年8已知集合表示的平面区域为，若在区域内任取一点，则点的坐标满足不等式的概率为（ ）ABCD9已知，且，则（ ）A或B或C1D或310已知分别为双曲线左、右焦点，直线l过交双曲线的左支于M，N两点，若线段中点恰好在y轴上，且，则双曲线C的离心率是（ ）ABCD11在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，

4、若，AC边上的高为，则ABC的最大值为（ ）ABCD12若曲线在点处的切线与直线平行，且对任意的，不等式恒成立，则实数m的最大值为（ ）ABCD第卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13某产品的宣传费用x(万元)与销售额y(万元)的统计数据如下表所示：宣传费用x(万元)2345销售额y(万元)24304250根据上表可得回归方程，则宣传费用为6万元时，销售额约为_万元14已知中，点满足，则的值为_15在平面内，已知正三角形的边长为a，则其内切圆的半径为，类似地，在空间体正四面体的棱长为a，则其内切球半径为_16在半径为3的球面上有三点，球心到平面的距离是，则两点的球面距离是_三

5、、解答题：本大题共6个大题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（12分）已知锐角三角形的内角，的对边分别是，函数，且函数在处取得最大值4（1）求函数的单调递增区间；（2）若的面积为，求18（12分）2020年新型冠状病毒肺炎疫情席卷全球，我国在全力保障口罩、防护服等医疗物资供给基础上，重点开展医疗救治急需的呼吸机、心电监护仪等医疗设备的组织生产和及时供应，统筹协调医用物资生产企业高速生产，支援世界各国抗击肺炎疫情我市某医疗器械公司转型升级，从9月1日开始投入呼吸机生产，该公司9月1目9月9日连续9天的呼吸机日生产量为（单位：百台，），数据作了初步处理；得到如图所示的散点图273

6、1952851095注：图中日期代码19分别对应9月1日9月9日；表中，（1）从9个样本点中任意选取2个，在2个样本点的生产量都不高于300台的条件下，求2个样本点都高于200台的概率；（2）由散点图分析，样本点都集中在曲线的附近，求y关于t的方程，并估计该公司从生产之日起，需要多少天呼吸机日生产量可超过500台参考公式：回归直线方程是；，参考数据：19（12分）如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，E为CD中点（1）线段PC上是否存在一点F，使得；（2）在（1）的条件下，求点E到平面ADF的距离20（12分）已知为坐标原点，分别为椭圆的右顶点和上顶点，的面积为，椭圆的离心率为（1）求的值；（2）

7、若与垂直的直线交椭圆于两点，且，求的面积21（12分）设函数（1）已知在点处的切线方程是，求实数，的值；（2）在第（1）问的条件下，若方程有唯一实数解，求实数的值请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标是（1）求直线的极坐标方程及点到直线的距离；（2）若直线与曲线交于，两点，求的面积23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数（1）若，求函数的最小值；（2）若存在，使得成立，求实数a的取

8、值范围【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷文科数学（四）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷（选择题）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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【答案】C【解析】因为，集合，所以，故

9、选C2【答案】B【解析】由，得，得，所以，所以，故选B3【答案】B【解析】若方程表示椭圆，则，解得且，所以“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件，故选B4【答案】B【解析】设，则，由可得，所以，解得，因此，故选B5【答案】A【解析】，结束循环，故输出的结果为18，故选A6【答案】D【解析】由题意得，则，由累加法得，即，则，所以，故选D7【答案】B【解析】设三星堆古遗址存在的时期距今大约是年，则，即，所以，解得，故选B8【答案】D【解析】在直角坐标系内，平面区域为，因为直线互相垂直，所以该平面区域是直角三角形，解方程组，得，因此，解方程组，得，因此，圆的半径为，点的坐标满足不等式的概率为，故选D

10、9【答案】A【解析】因为，所以，所以，令，所以，即，所以或当时，此时，不合题意，舍去；当时，此时，由，解得或，所以或，故选A10【答案】B【解析】由题意可知，线段中点A恰好在y轴上，如图，而O是的中点，则是的中位线，故，即直线轴，故点M横坐标为，代入，解得，在中，两边同除以得，而，故解得，故选B11【答案】B【解析】，由余弦定理可得，整理可得，又AC边上的高为，所以，即，当且仅当取等号，即，即，则，故ABC的最大值为，故选B12【答案】C【解析】，定义域为，又，可得，且，故在内单减不妨设，则，由，即恒成立令，则在内单减，即，()，而，当且仅当时等号成立，故选C第卷（非选择题）二、填空题：本大题

11、共4小题，每小题5分13【答案】59【解析】，因为回归方程过点，所以，解得，即，当时，故答案为5914【答案】【解析】设，因为，即，所以，因为，所以，代入上式可得，因为，故答案为15【答案】【解析】如图，设内切球半径为，正四面体的高为，故答案为16【答案】【解析】由题设，如下图示，为的外心且，又，则，即为等边三角形，两点的球面距离为，故答案为三、解答题：本大题共6个大题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17【答案】（1），；（2）2【解析】（1），其中因为函数在处取得最大值4，所以，且，所以，所以令，解得，即函数的单调递增区间为，（2）因为，且的面积为，所以，解得因为，所以由余弦

12、定理可知，得18【答案】（1）；（2），38【解析】（1）由散点图知，不高于300台的点有5个，其中高于200台的点有4个，则在2个样本点的生产量都不高于300台的条件下，2个样本点都高于200台的概率为（2），则由回归方程系数求解公式知，故，需要38天呼吸机日生产量可超过500台19【答案】（1）存在；（2）【解析】（1）上存在一点，此点是的中点，取中点F，连接、，如图，平面，平面，又平面，而为矩形，故，在中，即又，则平面，又面，（2），因为，设点到平面的距离为，所以，解得，所以20【答案】（1），；（2）或【解析】（1）由椭圆方程知：，由，得，（2）由（1）知：椭圆的方程为，可设直线方程为

13、，由，得，则，解得，设，即，解得，此时，当时，直线，即，则点到直线的距离，；当时，直线，即，则点到直线的距离，综上所述：的面积为或21【答案】（1），；（2）【解析】（1）当时，可得，所以，即，因为，即，即，联立方程组，解得，（2）由方程有唯一实数解，即有唯一实数解，设，则，令，因为，所以，且，所以方程有两异号根，设，因为，所以应舍去，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，当时，取最小值，因为有唯一解，所以，则，即，因为，所以（*）设函数，因为当时，是增函数，所以至多有一解，因为，所以方程（*）的解为，将代入，可得22【答案】（1），；（2）【解析】（1）由消去，得到，则，所以直线的极坐标方程为，所以点到直线的距离为（2）由，得，设，所以，所以，所以的面积23【答案】（1）5；（2）【解析】（1）当时，的最小值为5（2）依题知，由（1）知，两边平方得，解得或，实数的取值范围为