2020-2021学年高三数学上学期期末考试仿真模拟试卷一（江苏等八省新高考地区适用）原卷版Word含解析

2020-2021学年高三数学上学期期末考试仿真模拟试卷一
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5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求的．
1.已知集合，集合，则（
）
A.
B.
C.
D.
2.已知i是虚数单位，则复数在复平面内对应的点在（
▲
）
A.
第一象限
B.
第二象限
C.
第三象限
D.
第四象限
3.设，则“”是“直线与直线相交”的（
）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充他条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
4.今年我国中医药选出的“三药三方”对治疗新冠肺炎均有显著效果，功不可没．“三药”分别为金花清感颗粒、连花清瘟胶囊、血必清注射液；“三方”分别为清肺排毒汤、化湿败毒方、宜肺败毒方，若某医生从“三药三方”中随机选出2种，则恰好选出1药1方的方法种数为（
）
A．15
B．30
C．6
D．9
5.函数f(x)=
cos
(x-)
ln(
)的图象大致为（
）
A.
B.
C.
D.
6.已知，则（
）
A.
B.
C.
D.
7.在我国古代著名的数学专著《
九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢?
（）
A．16
日
B．12
日
C．9
日
D．8
日
8.已知三棱锥的所有棱长都为2，且球为三棱锥的外接球，点是线段上靠近的四等分点，过点作平面截球得到的截面面积为，则的取值范围为（
）
A．
B．
C．
D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求,全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分．
9.
已知函数且，则（
）
A.
B.
C.
的最小值为
D.
10.已知函数
的图象关于直线对称，则（
）
A.
函数为奇函数
B.
函数在上单调递增
C.
若，则的最小值为
D.
函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象
11.如图，在直三棱柱中，，，，点，分别是线段，上的动点(不含端点)，且，则下列说法正确的是（
）
A.
平面
B.
四面体的体积是定值
C.
当点为的中点时，直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等
D.
异面直线与所成角的正切值为
12.在中，已知，且，则（
）
A.
、、成等比数列
B.
C.
若，则
D.
、、成等差数列
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，多空题，第一空2分，第二空3分，共20分．
13.曲线在点处的切线方程为________．
14.是展开式中的常数项为________.
15.如图，在中，，是上的一点，若，则实数的值为________.
16.在平面直角坐标系中，过点向圆和圆各引一条切线，切点分别为.若，且平面上存在一定点，使得到的距离为定值，则点的坐标为_______.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17.在①a=，②S=cosB，③C=这三个条件中任选-一个，补充在下面问题中，并对其进行求解.
问题:在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，bcosA=acosC+ccosA，b=1，____________，求c的值.
注:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
18.已知数列的前n项和为，，，且.
（1）若，问：数列为等比数列吗？如果数列为等比数列，请写出数列的通项公式；如果不是，请说明的理由；
（2）若，求数列的前n项和.
19.如图，在多面体中，平面，平面平面，是边长为2的等边三角形，，．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
20.2020年初，新型冠状病毒（2019-nCoV）肆虐，全民开启防疫防控．新型冠状病毒的传染主要是人与人之间进行传播，感染人群年龄大多数是40岁以上人群．该病毒进入人体后有潜伏期，潜伏期是指病原体侵入人体至最早出现临床症状的这段时间．潜伏期越长，感染到他人的可能性越高，现对200个病例的潜伏期（单位：天）进行调查，统计发现潜伏期平均数为7.1，方差为．如果认为超过8天的潜伏期属于“长潜伏期”，按照年龄统计样本，得到下面的列联表：
年龄/人数
长期潜伏
非长期潜伏
40岁以上
30
110
40岁及40岁以下
20
40
（1）是否有95%的把握认为“长期潜伏”与年龄有关；
（2）假设潜伏期X服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差．
（ⅰ）现在很多省份对入境旅客一律要求隔离14天，请用概率的知识解释其合理性；
（ⅱ）以题目中的样本频率估计概率，设1000个病例中恰有个属于“长期潜伏”的概率是，当k为何值时，取得最大值．
附：
0.1
0.05
0.010
2.706
3.841
6.635
若则．，．
21.
已知点O为坐标原点，椭圆C：（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，点I，J分别是椭圆C的右顶点、上顶点，△IOJ的边IJ上的中线长为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点H（－2，0）的直线交椭圆C于A，B两点，若AF1⊥BF1，求直线AB的方程．
22.已知函数()，其中e为自然对数的底数，．是函数的极大值或极小值，则称为函数的极值点，极大值点与极小值点统称为极值点．
（1）函数在(0，)上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）判断函数的极值点的个数，并说明理由；
（3）当函数有两个不相等的极值点和时，证明：．
2020-2021学年高三数学上学期期末考试仿真模拟试卷一
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5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求的．
1.已知集合，集合，则（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】，，故选：A.
【点睛】本题考查一元二次不等式的解法以及并集运算，属于基础题.
2.已知i是虚数单位，则复数在复平面内对应的点在（
▲
）
A.
第一象限
B.
第二象限
C.
第三象限
D.
第四象限
【答案】
A
【解析】由题意，则在复平面内对应的点为（2，2），在第一象限，故答案选A.
【点睛】本题考查复数的概念与运算,属于基础题.
3.设，则“”是“直线与直线相交”的（
）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充他条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】直线与直线相交的充分条件是，即，
由于是的充分不必要条件，故选：A.
【点睛】利用判断充分必要性，考查了直线相交的判断，基础题.
4.今年我国中医药选出的“三药三方”对治疗新冠肺炎均有显著效果，功不可没．“三药”分别为金花清感颗粒、连花清瘟胶囊、血必清注射液；“三方”分别为清肺排毒汤、化湿败毒方、宜肺败毒方，若某医生从“三药三方”中随机选出2种，则恰好选出1药1方的方法种数为（
）
A．15
B．30
C．6
D．9
【答案】D
【解析】根据题意，某医生从“三药三方”中随机选出2种，恰好选出1药1方，
则1药的取法有3种，1方的取法也有3种，
则恰好选出1药1方的方法种数为；故选：．
【点睛】本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题．
5.函数f(x)=
cos
(x-)
ln(
)的图象大致为（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】函数的定义域为，
，又因为
，
所以函数为奇函数，故排除D，
因为，在上成立，在上成立，
故函数在上有，在上有，
所以排除A,B，故C正确.故选：C.
【点睛】本题通过化简得到，然后利用函数的奇偶性和特殊值进行判断选项，属于中档题.
6.已知，则（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】，，即，，
.故选：B
【点睛】本题考查同角三角函数的关系、降幂公式、二倍角公式，属于中档题.
7.在我国古代著名的数学专著《
九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢?
（）
A．16
日
B．12
日
C．9
日
D．8
日
【答案】C
【解析】由题可知，良马每日行程an构成一个首项为103，公差13的等差数列，
驽马每日行程bn构成一个首项为97，公差为﹣0.5的等差数列，
则an＝103+13（n﹣1）＝13n+90，bn＝97﹣0.5（n﹣1）＝97.5﹣0.5n，
则数列{an}与数列{bn}的前n项和为1125×2＝2250，
又∵数列{an}的前n项和为（103+13n+90）（193+13n），
数列{bn}的前n项和为（97+97.5﹣0.5n）（194.5n），
∴（193+13n）（194.5n）＝2250，
整理得：25n2+775n﹣9000＝0，即n2+31n﹣360＝0，
解得：n＝9或n＝﹣40（舍），即九日相逢．故选C
【点睛】本题以数学文化为背景，考查等差数列，考查转化思想，考查分析问题、解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题．
8.已知三棱锥的所有棱长都为2，且球为三棱锥的外接球，点是线段上靠近的四等分点，过点作平面截球得到的截面面积为，则的取值范围为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】三棱锥是正四面体，棱长为2，将三棱锥放置于正方体中，
可得正方体的外接球就是三棱锥的外接球.
因为三棱锥的棱长为2，故正方体的棱长为，
可得外接球直径，故，
故截面面积的最大值为.
因为是上的点，当球心到截面的距离最大时，截面面积最小，
此时球心到截面的距离为，△为等腰三角形，
过点作的垂线，垂足为，
，
得，
则所得截面半径的最小值为，
所以截面面积的最小值为.
故的取值范围为.
故选：B.
【点睛】外接球问题与截面问题是近年来的热点问题，平常学习中要多积累，本题考查学生的空间想象能力、推理能力及计算求解能力，属于中档题.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求,全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分．
9.
已知函数且，则（
）
A.
B.
C.
的最小值为
D.
【答案】ABD
【解析】因为且，
所以，
因为，所以，
所以，所以与互为相反数，其中，
所以，所以，所以A正确；
因为与互为相反数，所以，
所以，化简得，所以B正确；
因为，所以，
因为，所以取不到等号，所以，所以D正确；
因为，所以，
因为，所以，所以C错误，
故选：ABD
【点睛】利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方
10.已知函数
的图象关于直线对称，则（
）
A.
函数为奇函数
B.
函数在上单调递增
C.
若，则的最小值为
D.
函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象
【答案】AC
【解析】因为的图象关于直线对称，
所以
，
得，，因为
，所以，
所以，
对于A：，所以为奇函数成立，故选项A正确；
对于B：时，，函数在上不是单调函数；故选项B不正确；
对于C：因为，，又因为，所以的最小值为半个周期，即，故选项C正确；
对于D：函数的图象向右平移个单位长度得到
，故选项D不正确；故选：AC
【点睛】本题主要考查了利用三角函数的对称轴求函数解析式，考查了三角函数平移变换、三角函数的周期、单调性、最值，属于中档题
11.如图，在直三棱柱中，，，，点，分别是线段，上的动点(不含端点)，且，则下列说法正确的是（
）
A.
平面
B.
四面体的体积是定值
C.
当点为的中点时，直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等
D.
异面直线与所成角的正切值为
【答案】AD
【解析】对于选项A，在直三棱柱中，四边形是矩形，
因为，所以，
因为平面，平面，所以平面，所以A正确；
对于选项B，设，因为，，，
所以，
因为，所以，所以，
所以，
所以，
四面体的体积为，
所以四面体的体积不是定值，所以B错误；
对于选项C，由于，当点为的中点时，
到平面和平面的距离不相等，故所成角不相等，故C错误；
对于选项D，因为，所以异面直线与所成角为，
在中，，，所以，所以D正确；
故选：AD.
【点睛】本题考查线面平行判定定理、三棱锥体积公式、线面成角以及异面直线所成角，其中求异面直线所成角的常用方法是平移线段法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．属于中档题.
12.在中，已知，且，则（
）
A.
、、成等比数列
B.
C.
若，则
D.
、、成等差数列
【答案】BC
【解析】因为，
所以，即.
又因为，
所以，
即，.
对选项A，因为，所以、、成等比数列，故A错误.
对选项B，因为，，所以，
即，故B正确.
对选项C，若，则，，
则，
因为，所以.
故，故C正确.
对选项D，若、、成等差数列，则.
又因为，则.
因为，设，，，，
则，故D错误.故选：BC
【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，同时考查了三角函数恒等变换，属于中档题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，多空题，第一空2分，第二空3分，共20分．
13.曲线在点处的切线方程为________．
【答案】
【解析】因为曲线，所以
将带入曲线中可得，带入导函数中可得，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
【点睛】本题考查了曲线的某一点处的切线方程的求法，首先可以根据曲线方程计算出切点坐标，然后根据曲线的导函数计算出切线斜率，最后根据点斜式方程即可得出切线方程，属于基本题．
14.是展开式中的常数项为________.
【答案】
【解析】，
由，得，
所以的常数项为.
【点睛】本题考查了二项展开式求展开式中的特定项系数．可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可．属于基础题.
15.如图，在中，，是上的一点，若，则实数的值为________.
【答案】
【解析】因为，所以，
又，
所以
因为点三点共线，
所以，
解得：.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算、三点共线定理以及平面向量基本定理的运用，属于基础题.
16.在平面直角坐标系中，过点向圆和圆各引一条切线，切点分别为.若，且平面上存在一定点，使得到的距离为定值，则点的坐标为_______.
【答案】
【解析】设，
，
整理得，
点的轨迹为以为圆心半径为的圆，
所以为所求.故答案为:.
【点睛】本题考查求轨迹、直线与圆的位置关系，利用圆的切线性质是解题的关键，属于中档题.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17.在①a=，②S=cosB，③C=这三个条件中任选-一个，补充在下面问题中，并对其进行求解.
问题:在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，bcosA=acosC+ccosA，b=1，____________，求c的值.
注:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】答案见解析.
【解析】在中，因为，
所以根据正弦定理得
所以，因为，所以
选择①，由余弦定理得，解得
选择②，，所以
所以，即，解得
选择③，，因为，
所以由得
【点睛】关键点睛：解题关键在于由正弦定理进行边化角，得到，然后利用三角函数的相关公式进行求解，属于基础题.
18.已知数列的前n项和为，，，且.
（1）若，问：数列为等比数列吗？如果数列为等比数列，请写出数列的通项公式；如果不是，请说明的理由；
（2）若，求数列的前n项和.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【解析】（1）由已知得，
即，
所以，
因为，，
所以，，
①若，则，则数列数列不是等比数列；
②若，则，且，
故数列是首项为，公比为2的等比数列.
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）知，，
所以·
设，
，
两式相减得
，
解得，
所以数列的前n项和.
【点睛】本题考查已知数列与的关系式，求通项公式，和错位相减法求和.属于基本题.
19.如图，在多面体中，平面，平面平面，是边长为2的等边三角形，，．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）答案见解析（2）
【解析】证明：（1）取中点，连结，
∵，∴，
，
∵平面，平面平面，
平面平面，
∴平面，
∵平面，∴，
又，
∴四边形是平行四边形，∴，
∵是等边三角形，∴，
∵平面，平面平面，平面平面，
∴平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面．
（2）由（1）得平面，∴，
又，
分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
，
则，取，得，
设平面与平面所成锐二面角的平面角为，
则．
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
【点睛】本题主要考查学生的空间想象能力及计算能力,难度不大.建立合适的空间直角坐标系是解决本题的关键.属于中档题
20.2020年初，新型冠状病毒（2019-nCoV）肆虐，全民开启防疫防控．新型冠状病毒的传染主要是人与人之间进行传播，感染人群年龄大多数是40岁以上人群．该病毒进入人体后有潜伏期，潜伏期是指病原体侵入人体至最早出现临床症状的这段时间．潜伏期越长，感染到他人的可能性越高，现对200个病例的潜伏期（单位：天）进行调查，统计发现潜伏期平均数为7.1，方差为．如果认为超过8天的潜伏期属于“长潜伏期”，按照年龄统计样本，得到下面的列联表：
年龄/人数
长期潜伏
非长期潜伏
40岁以上
30
110
40岁及40岁以下
20
40
（1）是否有95%的把握认为“长期潜伏”与年龄有关；
（2）假设潜伏期X服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差．
（ⅰ）现在很多省份对入境旅客一律要求隔离14天，请用概率的知识解释其合理性；
（ⅱ）以题目中的样本频率估计概率，设1000个病例中恰有个属于“长期潜伏”的概率是，当k为何值时，取得最大值．
附：
0.1
0.05
0.010
2.706
3.841
6.635
若则．，．
【答案】(1)
没有;(2)(i)
答案见解析；(ii)
【解析】（1），
由于，故没有95%的把握认为“长潜伏期”与年龄有关；
（2）（ⅰ）若潜伏期，由，
得知潜伏期超过14天的概率很低，因此隔离14天是合理的；
（ⅱ）由于200个病例中有50个属于长潜伏期，
若以样本频率估计概率，一个患者属于“长潜伏期”的概率是，
于是.则
.当时，；
当时，；
∴，.
故当时，取得最大值.
【点睛】本题考查了独立性检验，考查了正态分布，考查了事件概率的求解，属于中档题.
21.
已知点O为坐标原点，椭圆C：（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，点I，J分别是椭圆C的右顶点、上顶点，△IOJ的边IJ上的中线长为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点H（－2，0）的直线交椭圆C于A，B两点，若AF1⊥BF1，求直线AB的方程．
【答案】（1）（2）x－2y＋2＝0或x＋2y＋2＝0
【解析】（1）由题意得△IOJ为直角三角形，且其斜边上的中线长为，所以．
设椭圆C的半焦距为c，则
解得
所以椭圆C的标准方程为．
（2）由题知，点F1的坐标为（－1，0），显然直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为y＝k（x＋2）（k≠0），点A（x1，y1），B（x2，y2）．
联立消去y，得（1＋2k2）x2＋8k2x＋8k2－2＝0，
所以Δ＝（8k2）2－4（1＋2k2）（8k2－2）＝8（1－2k2）＞0，所以．（
）
且，．
因为AF1⊥BF1，所以，则（－1－x1，－y1）·（－1－x2，－y2）＝0，
1＋x1＋x2＋x1x2＋y1y2＝0，
1＋x1＋x2＋x1x2＋k（x1＋2）·k（x2＋2）＝0，
整理，得（1＋2k2）（x1＋x2）＋（1＋k2）x1x2＋1＋4k2＝0．
即．
化简得4k2－1＝0，解得．
因为都满足（
）式，所以直线AB的方程为或．
即直线AB的方程为x－2y＋2＝0或x＋2y＋2＝0．
【点睛】本题考查了直线与圆锥曲线位置关系，涉及韦达定理的使用,直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，所以用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．属于中档题.
22.已知函数()，其中e为自然对数的底数，．是函数的极大值或极小值，则称为函数的极值点，极大值点与极小值点统称为极值点．
（1）函数在(0，)上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）判断函数的极值点的个数，并说明理由；
（3）当函数有两个不相等的极值点和时，证明：．
【答案】(1).(2)当时函数的有1个极值点；当时函数没有极值点；
当时函数的锤子数学有2个极值点.(3)答案见解析.
【解析】（1）在上恒成立，恒成立；解得.
（2），令，则
①当时，，在上锤子数学单调递增
又，，于是在上有一个零点
x
－
0
＋
极小值
于是函数的有1个极值点；
②当时，单调递增，于是函数没有极值点；
③当时，由得
x
－
0
＋
，当且仅当时，取“=”号，函数在上单调递增，
于是函数没有极值点；
④当时，
x
－
0
＋
，又∵
∴
于是，函数在和上各有一个零点，分别为，
x
＋
0
－
0
＋
极大值
极小值
于是，函数的有2个极值点；
综上：当时函数的有1个极值点；当时函数没有极值点；
当时函数的锤子数学有2个极值点.
（2）当函数有两个不相等的极值点和时，
由（2）知且，
令，，由得
x
＋
0
＋
非极值点
即即
∵，，在单调递增
∴即
又，∴.
【点睛】本题考查了已知函数单调性求参转化为恒成立问题、通过研究函数单调性讨论函数极值点个数以及根据函数极值点情况设置证明题,属于稍难题.