浙江省新高考测评卷数学第五模拟含答案解析.docx
- 文档编号:1019832
- 上传时间:2022-10-15
- 格式:DOCX
- 页数:29
- 大小:838.66KB
浙江省新高考测评卷数学第五模拟含答案解析.docx
《浙江省新高考测评卷数学第五模拟含答案解析.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《浙江省新高考测评卷数学第五模拟含答案解析.docx(29页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
浙江省新高考测评卷数学第五模拟含答案解析
2021年浙江省新高考测评卷数学(第五模拟)
学校:
___________姓名:
___________班级:
___________考号:
___________
一、单选题
1.已知是虚数单位,则()
A.B.C.D.
2.已知集合,,则中元素的个数为()
A.3B.2C.1D.0
3.已知直线,,则“”是“”的()
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
4.已知、是两条不同的直线,、是两个不同的平面,则下列判断正确的是()
A.若,,,则直线与一定平行
B.若,,,则直线与可能相交、平行或异面
C.若,,则直线与一定垂直
D.若,,,则直线与一定平行
5.已知,随机变量的分布列如下表所示,若,则下列结论中不可能成立的是()
A.B.C.D.
6.当一束平行单色光垂直通过某一均匀非散射的吸光物质时.透光度的数学表达式为,其中系数与吸光物质的性质及入射光线的波长有关,为吸光物质的浓度(单位:
),为吸收介质的厚度(单位:
).已知吸光物质及入射光线保持恒定,当吸收介质的厚度为时,透光度为,则当吸收介质的厚度增加时,透光度为原来的()
A.B.C.D.
7.已知抛物线:
,:
交于,两点(为坐标原点),,的焦点分别为,,若直线,交于点,且,则的值为()
A.8B.C.2D.
8.如图,是外一点,若,,,,,则()
A.B.4C.D.8
9.已知平行四边形中,,,,沿对角线将折起到的位置,使得平面平面,如图,若,均是线段的三等分点,点是线段上(包含端点)的动点,则二面角的正弦值的取值范围为()
A.B.C.D.
10.已知是递增数列,且,则关于数列,对任意的正整数,,下列结论不可能成立的是()
A.B.
C.D.
二、双空题
11.若的展开式中项的二项式系数为10,则______;若展开式中的常数项为,则实数的值为______.
12.已知实数,满足不等式组则点表示的平面区域的面积为______,的取值范围为______.
13.已知有限集合,定义集合中的元素的个数为集合的“容量”,记为.若集合,则______;若集合,且,则正整数的值是______.
14.已知实数且,为定义在上的函数,则至多有______个零点;若仅有个零点,则实数的取值范围为______.
三、填空题
15.已知某几何体的三视图如图所示(单位:
),其中正视图中含两段圆弧,则该几何体的体积是______.
16.已知向量,满足,.若,且,则的最大值为______.
17.已知是双曲线:
(,)的左焦点,过点的直线与双曲线的左支和两条渐近线依次交于,,三点.若,则双曲线的离心率为______.
四、解答题
18.已知函数(,)的最小正周期为,其图象的一条对称轴为直线,且函数的图象过点.
(1)求的值;
(2)当时,方程有两个不同的实数根,求实数的取值范围.
19.如图,在四棱锥中,,,,.
(1)求证:
.
(2)若,求直线与平面所成角的正弦值.
20.已知数列满足,,,.
(1)证明:
数列为等比数列;
(2)记为数列的前项和,求的最大值.
21.如图,已知椭圆的左、右顶点分别为,,,线段(为坐标原点)交椭圆于点,在线段上(不包括端点),连接并延长,交椭圆于另一点,连接并延长,交椭圆于另一点,连接,.记,分别为和的面积.
(1)求的值;
(2)求的最大值.
22.已知函数.
(1)若,讨论的单调性;
(2)令,讨论的极值点个数.
参考答案
1.B
【分析】
根据复数的乘法运算,即可得到本题答案.
【详解】
由题意得:
.
故选:
B.
【点睛】
本题主要考查复数的乘法运算法则.属于容易题.
2.B
【分析】
利用已知条件列出方程组,求解即可得出结果.
【详解】
联立方程,得,
解得或,
所以中有2个元素,
分别为,,
故选:
B.
3.C
【分析】
先根据,求出的值,即可判断充分性;再判断当时直线,的位置关系,即可判断必要性,即可得到结果.
【详解】
若,则,解得:
或,
当时,,,直线,重合,;
充分性成立;
当时,,,显然,必要性成立.
故“”是“”的充要条件.
故选:
C.
【点睛】
易错点点睛:
根据,求出或后,易忽略了两直线重合的情况,从而错选B选项.
4.C
【分析】
根据已知条件判断各选项中直线、的位置关系,由此可得出合适的选项.
【详解】
对于A选项,若,,,则直线、相交、平行或异面,A选项错误;
对于B选项,设直线、的方向向量分别为、,
因为,,则为平面的一个法向量,为平面的一个法向量,
因为,则,即,但m与n不可能平行,B选项错误;
对于C选项,设直线、的方向向量分别为、,
因为,则为平面的一个法向量,,则,即,C选项正确;
对于D选项,若,,,则直线与平行或异面,D选项错误.
故选:
C.
【点睛】
方法点睛:
对于空间线面位置关系的组合判断题,解决的方法是“推理论证加反例推断”,即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明,错误的结论需要通过举出反例说明其错误,在解题中可以以常见的空间几何体(如正方体、正四面体等)为模型进行推理或者反驳.
5.D
【分析】
利用离散型随机变量均值、方差的概念求解再结合即可判断.
【详解】
由题意得,
.
因为,
所以,
所以,又,
所以,
故不可能成立,
而选项A,B,C均有可能成立,
故选:
D.
6.C
【分析】
先根据题中条件求出的值,得出透光度关于吸收介质的厚度的函数解析式,再进行求解.
【详解】
因为时,,所以,,
所以.
设吸收介质的厚度增加时,透光度为,
则.
故选:
C.
【点睛】
关键点睛:
解答本题的关键在于求出函数的解析式.
7.D
【分析】
首先联立方程,求点的坐标,以及点的坐标,再求直线的方程,点在直线上,代入求得的值.
【详解】
设,则由得,,即.因为,所以.由题意知,,所以直线的方程为,即,又点在直线上,所以.设,则,解得或,因为,所以,即,所以.
故选:
D.
【点睛】
关键点点睛:
本题的关键点逻辑推理和计算能力,第一个关键是联立方程,正确求解点的坐标,第二个关键是换元求的值.
8.C
【分析】
由得,在中结合正余弦定理求解即可.
【详解】
由得.在中,由余弦定理得,
所以,则.因为,所以.在中,,
所以由正弦定理得,
故选:
C.
【点睛】
方法点睛:
用正、余弦定理解决平面多边形问题时,应把多边形分割为多个三角形,通过各个三角形之间的关系解决问题.
9.B
【分析】
由题可得平面,过点作,交于点,过作,垂足为,连接,可得为二面角的平面角,设(),则可得,利用二次函数的性质即可求解.
【详解】
在中,,,,所以由余弦定理得,
所以,所以,由翻折的性质可知,.
又平面平面,平面平面,所以平面,
过点作,交于点,则平面,所以,
过作,垂足为,连接,则平面,
所以为二面角的平面角.
设(),则,,,,
所以,
所以.
由二次函数的单调性知,在上的值域为,
所以,
即二面角的正弦的取值范围为.
故选:
B.
【点睛】
思路点睛:
求解立体几何中的翻折问题,关键是要确定翻折前后变与不变的关系,一般地,位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系和数量关系不变,而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化.对于不变的关系,可以在平面图形中处理,对于变化的关系,则要在立体图形中处理.
10.B
【分析】
选项A:
可判断A;
对于选项B,代入特殊值即可判断是否正确.
选项C:
可判断C.
选项D:
可判断选项D
【详解】
对于选项A,,取,则易知数列满足条件,故选项A可能成立.
对于选项B,,令,则;令,,
得;令,得;令,,
得.所以,即,所以与是递增数列矛盾,故选项B不可能成立.
对于选项C,由得,取,则易知数列满足条件,故选项C可能成立.
对于选项D,由,得,取,则易知数列满足条件,故选项D可能成立.
故选:
B.
【点睛】
关键点睛:
试题以数列的增减性和数列的递推关系为主线设题,考查数列的有关知识,设题巧妙,选拔性强,能有效考查理性思维、数学探索、数学应用学科素养.本题的关键是对选项进行合理变形,举出例子证明其不成立或成立.
11.5
【分析】
利用二项式的展开式:
通项公式即可求解.
【详解】
由题意得的展开式中项的二项式系数,则,
因此的展开式中的常数项为,所以.
故答案为:
5;
12.
【分析】
画出不等式组表示的平面区域,用解析几何的方法求三角形的面积;利用平行平移直线可求的取值范围.
【详解】
如图:
不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示,
其中,,,
所以点表示的平面区域的面积为.
由,得,作直线并平移,
数形结合可知当平移后的直线经过点时,取得最小值,
经过点时,取得最大值,故,,
所以的取值范围为.
故答案为:
;
【点睛】
(1)线性规划问题求取值范围,先画出可行域,确定目标函数所表示的几何意义(截距、距离或斜率),然后用数形结合找范围;
(2)解析几何中求面积,通常用两点间距离和点到直线的距离来解决,有时分成两个三角形用公共边求更便捷.
13.32022
【分析】
化简A,可得;根据“容量”定义可得的,解方程即可.
【详解】
,则集合,
所以.若集合,
则集合,
故,解得.
故答案为:
3;2022
【点睛】
关键点点睛:
解决新情景问题的关键是读懂题意,准确理解新定义集合的“容量”的含义,并理解其本质.
14.
【分析】
令(,且),可得出,构造函数,利用导数分析函数的单调性与极值,将问题转化为直线与函数的图象的交点个数,数形结合可得出结论.
【详解】
令(,且),可得,
等式两边取自然对数得,即,
构造函数,其中,则.
当时,,此时函数单调递增;
当时,,此时函数单调递减.
所以,,且当时,,如下图所示:
由图象可知,直线与函数的图象至多有两个交点,
所以,函数至多有个零点.
若函数只有一个零点,则或,解得或.
故答案为:
;.
【点睛】
思路点睛:
已知函数的零点或方程的根的情况,求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题,求解此类问题的一般步骤:
(1)转化,即通过构造函数,把问题转化成所构造函数的零点问题;
(2)列式,即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式;
(3)得解,即由列出的式子求出参数的取值范围.
15.1
【分析】
先根据三视图还原出该几何体的直观图,再根据三视图中的数据及柱体的体积公式即可得解.
【详解】
由三视图可知该几何体是“放倒”了的柱体,如下图所示几何体,
即棱柱去掉左下、右上两部分形成的几何体,应用割补法,该几何体可组成一个棱长为1的正方体,故该几何体的体积().
故答案为:
1.
16.
【分析】
令,,利用已知作出以为直径作直角三角形的外接圆,令,连接.设,由已知点在直线上,
【详解】
令,,则,故,又,所以.以为直径作直角三角形的外接圆,进而得出当时,即取得最大值.
令,连接.设,因为,所以点在直线上,又,所以,即,所以.结合图形可知,当时,即取得最大值,且.
故答案为:
17.
【分析】
可设出直线,与两渐近线方程联立,解出,利用两者的关系式求出直线的斜率.进而表示出的坐标,代入双曲线方程,得到的关系式,从而求得离心率.
【详解】
,故有
故
设过点的直线方程为:
联立,解之得
同理联立解之得
由有,故
解之得
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 浙江省 新高 测评 数学 第五 模拟 答案 解析