【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真数学理科试卷（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理科数学（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某校高三（1）班有50名学生，春季运动会上，

2、有15名学生参加了田赛项目，有20名学生参加了径赛项目，已知田赛和径赛都参加的有8名同学，则该班学生中田赛和径赛都没有参加的人数为（ ）A27B23C15D72若复数，则（ ）ABCD103嫦娥五号的成功发射，实现了中国航天史上的五个“首次”，某中学为此举行了“讲好航天故事”演讲比赛若将报名的30位同学编号为01，02，30，利用下面的随机数表来决定他们的出场顺序，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，重复的跳过，则选出来的第7个个体的编号为（ ）A12B20C29D234已知定义在R上的函数满足，则（ ）AB1CD5已知，则的一个充分不必要条件是（ ）A

3、BCD6在中，分别是角，所对的边，若的面积，则（ ）ABCD7古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：将一线段分为两线段，使得其中较长的一段是全长与另一段的比例中项，即满足后人把这个数称为黄金分割数，把点称为线段的黄金分割点在中，若点，为线段的两个黄金分割点，在的边上任取一点，则点落在线段上的概率为（ ）ABCD8在中，若，且，则的值为（ ）ABCD9数列满足且对任意，则（ ）A3027B3030C2018D202010经过双曲线的右焦点作该双曲线一条渐近线的垂线，垂足为，且交另一条渐近线于，若，则的离心率为（ ）ABCD11已知函数的导函数为，满足，且，已知

4、，则（ ）ABCD12在正四棱锥中，已知，为底面的中心，以点为球心作一个半径为的球，则该球的球面与侧面的交线长度为（ ）ABCD第卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13某班名同学去参加个社团，每人只参加个社团，每个社团都有人参加，则满足上述要求的不同方案共有_种(用数字填写答案)14已知直线与圆交于，两点，若，则_15已知函数，现有以下命题：是偶函数；是以为周期的周期函数；的图象关于对称；的最大值为其中真命题有_16分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，分形的外表结构极为复杂，但其内部却是有规律可寻的一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于

5、递归的反馈系统下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，线段的长度为a，在线段上取两个点C、D，使得，以为一边在线段的上方做一个正六边形，然后去掉线段，得到图2中的图形；对图二中的最上方的线段作相同的操作，得到图3中的图形；依次类推，我们就得到了以下一系列图形；记第n个图形（图1为第1个图形）中的所有线段长的和为，若对任意的正整数n，都有，则正数a的最大值为_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（12分）已知函数（1）求的最小正周期及单调减区间；（2）在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，边上的中线，求的最大值18（12分）2021年，我

6、国新型冠状病毒肺炎疫情已经得到初步控制，抗疫工作取得阶段性胜利某市号召市民接种疫苗，提出全民“应种尽种”的口号，疫苗成了重要的防疫物资某疫苗生产厂不断加大投入，高速生产，现对其某月内连续9天的日生产量（单位：十万支，i1，2，9）数据作了初步统计，得到如图所示的散点图及一些统计量的数值：27219139091095注：图中日期代码19分别对应这连续9天的时间：表中，（1）从这9天中随机选取3天，求这3天中恰有2天的日生产量不高于三十万支的概率；（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，并估计该厂从什么时候开始日生产量超过四十万支参考公式：回归方程中，斜率和截距的最小二乘估

7、计公式为：，参考数据19（12分）在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，是正三角形，（1）求证：；（2）求二面角的余弦值20（12分）已知椭圆的左右焦点分别为，为椭圆上一点，线段与圆相切于该线段的中点，且的面积为2（1）求椭圆的方程；（2）椭圆上是否存在三个点A，使得直线过椭圆的左焦点，且四边形是平行四边形？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由21（12分）已知函数（1）若是的极值点，求的值，并讨论的单调性；（2）当时，证明：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，曲线的参数方程是(为参数)，

8、以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求曲线，的普通方程；（2）设是曲线上任意一点，求点到曲线的距离的最值23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知，（1）求证：；（2）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷理科数学（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。

9、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】B【解析】设高三（1）班有50名学生组成的集合为，参加田赛项目的学生组成的集合为，参加径赛项目的学生组成的集合为，由题意，集合有15个元素，有20个元素，中有8个元素，所以有个元素，所以该班学生中田赛和径赛都没有参加的人数为，故选B2【答案】C【解析】，故选C3【答案】C【解析】依次从数表中读出的有效编号为12，02，01，04，15，20，29，得到选出来的第7个个体的编号为29，故选C

10、4【答案】B【解析】定义在上的函数满足，当时，当时，得，解得，故选B5【答案】C【解析】选项A中，当时，令，不成立；当时，令，不成立，所以是的既不充分也不必要条件；选项B中，由得，所以是的充要条件；选项C中，由得，但是当，时，不成立，所以是的充分不必要条件；选项D中，当时，如果，不能得到，所以是的非充分条件；如果，如果，不能得到，所以是的非必要条件，综合得是的非充分非必要条件，故选C6【答案】C【解析】由，得，整理得，由余弦定理得，即，即，又，解得，故选C7【答案】B【解析】设，因为是的黄金分割点，所以，所以，所以所求概率为，故选B8【答案】D【解析】设，则，由题意知：，即，由正弦定理知，即，

11、则有，即在中，则，故，在中，则，故，而，即，故选D9【答案】B【解析】数列满足且对任意，当时，所以，所以，故选B10【答案】C【解析】由双曲线方程知：渐近线方程为，不妨取一条渐近线，即，则，由，得，又到另一条渐近线距离，在中，即，双曲线的离心率，故选C11【答案】A【解析】，令，而，则，即，时，在上单调递减，即，则，故选A12【答案】A【解析】如图，取CD的中点为E，则有，可得，故，为正三角形，球心O在平面PCD上的投影M即为的中心，球的半径，在中，则截面圆半径，在正三角形中，以点M为圆心，作半径为的圆，圆与三角形截得的三部分，圆心角都为，故该球的球面与侧面的交线长度为截面圆周长的，即为，故选

12、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】【解析】由题意得：有一个社团去2个人，先从3个社团中选一个去2个人有种方案，其余2个人去剩下的两个社团有种方案，所以满足上述要求的不同方案共有种，故答案为3614【答案】【解析】可化，又，所以圆心到直线的距离为，根据点到直线的距离公式可得，解得，因为，故，故答案为15【答案】【解析】函数定义域为，关于原点对称，所以函数是偶函数；所以正确；，所以是以为周期的周期函数；所以正确；，所以的图象不关于对称；所以错误；令，所以，因为，所以，即时，则函数的最大值为，所以正确，所以真命题为，故答案为16【答案】【解析】由题意，得图1中的线段

13、为a，图2中的正六边形边长为，；图3中的最小正六边形的边长为，；图4中的最小正六边形的边长为，；由此类推，可知，()，故当时，当时，满足上式，所以，从而，即，所以存在最大的正数，满足题意，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）最小正周期为，单调减区间为；（2）【解析】（1）函数，所以最小正周期为，当，解得，所以单调减区间为（2），当且仅当时，取等号，所以18【答案】（1）；（2），第14天【解析】（1）记所求事件为A，9天中日产量不高于三十万支的有5天，（2），令，解得，即该厂从统计当天开始的第14天日生产量超过四十万支19【答案

14、】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）取中点，连接，是正三角形，且，又侧面底面，侧面底面，平面，平面，又底面为矩形，则可以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，（2），设平面的一个法向量为，则，即，令，则，即；设平面的一个法向量为，即，令，则，即，则，由图可知二面角为钝角，故二面角的余弦值为20【答案】（1）；（2）存在，直线【解析】（1）连接，由，且，为的中位线，且，根据椭圆的定义可得，解得，解得，椭圆的方程为（2）设直线的方程为，联立，可得，由在椭圆上，代入可得，解得，存在直线符合题意21【答案】（1），在上单调递减，在上单调递增；（2）证明见解析【解析】（1）函数的定义域，因

15、为，是的极值点，所以，所以，所以，因为和在上单调递增，所以在上单调递增，所以当时，；时，所以在上单调递减，在上单调递增（2）当时，设，则，因为和在上单调递增，所以在上单调递增，因为，所以存在使得，所以当时，；当时，所以在单调递减，在上单调递增，所以，因为，即，所以，所以，因为，所以，所以22【答案】（1），；（2），【解析】（1）将两边平方得，两式相减，即可转化，还要注意到，所以x的取值范围是，所以普通方程为，曲线的普通方程为（2）设，则P到直线的距离，当时，；当时，23【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1），所以，当且仅当时等号成立，所以（2），当且仅当时等号成立，由绝对值三角不等式可得，解得，故实数的取值范围为