【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真数学理科试卷（五）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理科数学（五）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若，则（ ）ABCD2设全集，集合，集合，则

2、（ ）ABCD3已知，则（ ）A0BCD4已知x1，x2是一元二次方程的两个不同的实根x1，x2，则“且”是“且”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5我校实验二部数学学习兴趣小组为研究某作物种子的发芽率和温度(单位：)的关系，由实验数据得到右面的散点图由此散点图，最适宜作为发芽率和温度的回归方程类型的是（ ）ABCD6函数(其中，)相邻两条对称轴之间的距离为，最大值为，将的图象向左平移个单位长度后得到的图象，若为偶函数，则（ ）ABCD7已知函数，若，则的取值范围为（ ）ABCD8朱世杰是元代著名数学家，他所著的算学启蒙是一部在中国乃至世界最早的科学普

3、及著作算学启蒙中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题现有132根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是（ ）A5B6C7D89点为圆上任意一点，直线过定点，则的最大值为（ ）ABCD10在中，内角，所对的边分别为，且，设是的中点，若，则面积的最大值是（ ）ABCD11如图，在棱长为1的正方体中，P为正方形内（包括边界）的一动点，E，F分别为棱的中点，若直线与平面无公共点，则线段的长度范围是（ ）ABCD12已知函数，若不等式在上恒

4、成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD第卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13在的二项展开式中，含的项的系数是_（用数字作答）14从中，可猜想第个等式为_15已知正数，满足，试写出一个取不到的正整数值是_16已知是抛物线的焦点，点，抛物线上两点，满足，当与面积之和最小时（其中为坐标原点），_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（12分）已知等差数列和等比数列满足，（1）求和的通项公式；（2）若数列中去掉数列的项后，余下的项按原来的顺序组成数列，求的值18（12分）如图，在圆锥中，为的直径，点在上，（1）证明：平面平面；（2）若直线与

5、底面所成角的大小为，是上一点，且，求二面角的余弦值19（12分）学期结束时，学校对食堂进行测评，测评方式：从全校学生中随机抽取100人给食堂打分，打分在60以下视为“不满意”在6080视为“基本满意”，在80分及以上视为“非常满意”现将他们给食堂打的分数分组：，得到如下频率分布直方图：（1）求这100人中“不满意”的人数并估计食堂得分的中位数；（2）若按满意度采用分层抽样的方法，从这100名学生中抽取15人，再从这15人中随机抽取3人，记这3人中对食堂“非常满意”的人数为X（i）求X的分布列；（ii）若抽取的3人中对食堂“非常满意”的同学将获得食堂赠送的200元现金，其他同学将获得100元现金

6、，请估计这3人将获得的现金总额20（12分）已知是抛物线的焦点，过焦点且斜率为的直线交抛物线于，两点（在第一象限）、交抛物线的准线于，（1）求抛物线的标准方程；（2）若抛物线上存在，两点关于直线对称，求的面积21（12分）已知函数，为的导数（1）求函数的最小值；（2）若对任意的，恒成立，求的取值范围请考生在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】在直角坐标系中，直线的倾斜角为，且经过点，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线与曲线有两个不同的交点（1）写出直线的参数方程曲线的直角坐标方程，并求的

7、取值范围；（2）以为参数，求线段的中点的轨迹的参数方程23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数（1）若对任意的，恒成立，求的取值范围；（2）若，且等于第（1）问中的最小值，证明：【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷理科数学（五）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

8、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】B【解析】由题意，故选B2【答案】B【解析】，则，所以，故选B3【答案】A【解析】设，所以，且，解得，即，则有，故选A4【答案】A【解析】已知x1，x2是一元二次方程的两个不同的实根x1，x2，则当“且”时，可得“且”，当，满足：“且”但是“且”不成立，故“且”是“且”的充分不必要条件，故选A5【答案】B【解析】由散点图可见，数据分布成递增趋势，但是呈现上凸效果，即增加缓慢A中，是直线型，均匀增长，不符合要求；B中，是对数型，增长缓慢，符合要求；

9、C中，是指数型，爆炸式增长，增长快，不符合要求；D中，是二次函数型，图象呈现下凸，增长也较快，不符合要求，故对数型最适宜该回归模型，故选B6【答案】C【解析】最大值为，相邻两条对称轴之间的距离为，解得，为偶函数，解得，又，故选C7【答案】D【解析】若，则，解得，此时，；若，则，可得，解得，综上，若，由可得，可得，解得，此时；若，由可得，可得，解得，此时，综上，满足的的取值范围为，故选D8【答案】D【解析】设最上面一层放根，一共放n（n2）层，则最下一层放根，由等差数列前n项和公式得，n为264的因数，且为偶数，把各个选项分别代入，验证，可得：n=8满足题意，故选D9【答案】D【解析】整理直线方

10、程得，由，得，由圆的方程知圆心，半径，故选D10【答案】A【解析】，所以，由余弦定理可知，因此有，因为是的中点，所以有，平方得，因为，所以，故选A11【答案】B【解析】如图所示，取的中点，取的中点为，连接，由三角形的中位线的性质，可得，则，又由平面，平面，可得平面，连接，可得且，则四边形为平行四边形，可得，因为平面，平面，所以平面，又因为，平面，所以平面平面，由直线与平面无公共点，所以点在线段上，当为的中点时，取得最小值，最小值为；当与点或重合时，取得最大值，最大值为，所以线段的长度的范围是，故选B12【答案】A【解析】令，则在R上恒成立，所以在R上为增函数，又，所以函数是R上的增函数，又，都

11、是R上的增函数，所以函数是R上的增函数因为在上恒成立，所以在上恒成立，即在上恒成立令，则，令，得；令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，故，故选A第卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】240【解析】根据二项式定理，的通项为，当时，即时，可得即项的系数为，故答案为14【答案】【解析】1=12，观察可知，等式左边第n行有个数，且第n行的第一个数为n，每行最后一个数是以1为首项，3为公差的等差数列，等式右边为，所以猜想第n个等式为15【答案】7（设满足条件的正整数为，则满足且）【解析】，由，当且仅当时，等号成立设，则，易知在上单调递增，所以，故所以取不到的正整数满

12、足且，故答案为7（设满足条件的正整数为，则满足且）16【答案】【解析】由题意，点是抛物线的焦点，可得，设，则，设直线的方程为（不妨设），联立方程组，整理得，可得，则，因为与面积之和最小，所以只能，由对称性，不妨考虑的情况，此时，当且仅当时，取等号，即，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）【解析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由已知，即，得，（2）由，可得，18【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）在圆锥中，平面，则，又为的直径且点在上，则，因为，则有，而，所以平面，又平面，从而有平面平面（2）令，

13、因为直线与底面所成角的大小为，即，则，在中，则，在平面PDO内，过点D作Dz/PO，则Dz平面ABC，以射线DO，DA，Dz分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图：则，又是上一点，即，点，而，即，则，设平面的法向量，则，即，令y=1，则，即，又平面的法向量，显然二面角的平面角是锐角，所以二面角的余弦值为19【答案】（1）“不满意”的人数为，中位数为；（2）（i）分布列见解析；（ii）360元【解析】（1）这100人中“不满意”的人数为，由频率分布直方图易得，食堂得分的中位数为（2）（i）若按满意度采用分层抽样的方法，从这100名学生中抽取15人，则“不满意”与“基本满意”的学生应抽

14、取(人)，“非常满意”的学生应抽取(人)，X的取值为0，1，2，3，；，故X的分布列为X0123P(ii)由（i）得，则3人获得的现金总额，(元)，即3人获得的现金总额估计为360元20【答案】（1）；（2）【解析】（1）过作准线的垂线，垂足为，设准线与轴交于点，由题知，直线的倾斜角为，在中，由抛物线的定义知，在中，抛物线的标准方程为（2）设，线段的中点为，直线，将直线的方程代入，整理得，解得，由题知，在直线上，焦点到直线的距离，21【答案】（1）1；（2）【解析】（1）由题意知，则，设，则当时，由，知：，在上单调递增，故，即，在上单调递增；当时，由，则，即，在上单调递减，综上，的最小值为（2

15、）（i）当时，不等式等价于，设，则当时，由（1）知：，则单调递增，即，满足题意；当时，由（1）知：在上单调递增，令，则，令，则，当时，；当时，则，在上单调递增，则，即，当时，则，使得，则时，单调递减，当时，不满足题意；（）当时，不等式等价于，当时，同（i）可知：，单调递增，即，满足题意；当时，由（1）知：在上单调递减，而，使得，则时，单调递减，当时，有，不满足题意，（i）当时，对任意的原不等式恒成立，综上，的取值范围为22【答案】（1），(为参数)，；（2）(为参数，)【解析】（1）直线的参数方程为，(为参数)，将，代入可得，曲线的直角坐标方程为将代入，整理得，直线与曲线有两个不同的交点，即，又，的取值范围是（2）设两点对应的参数分别为，点对应的参数为，则，线段的中点的轨迹的参数方程是(为参数，)23【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）因为对任意，恒成立，所以，当时，由绝对值三角不等式可得，即，所以，解得或，又，所以，故的取值范围为（2）由（1）知的最小值为，所以所以，当且仅当，即时取等号，由，解得，故