1、【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷文科数学（二）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已知集合，则（ ）ABCD2已知，为虚数单位
2、，则（ ）ABCD3已知，则（ ）ABCD4已知向量，满足，则（ ）ABCD5已知函数，若命题“，”为假命题，则实数的取值范围是（ ）ABCD6已知圆过点、，则圆在点处的切线方程为（ ）ABCD7已知实数，满足约束条件，若在该区域内随机取一点，则该点落在所表示的曲线与轴围成的图形内部的概率为（ ）ABCD8已知数列的前项和为，且满足若数列满足，则（ ）ABCD9函数(，)的部分图象如图所示，且，对不同的，若，有，则（ ）A在上是递减的B在上是递减的C在上是递增的D在上是递增的10已知函数若曲线存在两条过点的切线，则a的取值范围是（ ）ABCD11毕达哥拉斯树是由毕达哥拉斯根据“勾股定理”所画出
3、来的一个可以无限重复的图形，也叫“勾股树”，其是由一个等腰直角三角形分别以它的每一条边向外作正方形而得到图1所示是第1代“勾股树”，重复图1的作法，得到第2代“勾股树”(如图2)，如此继续若“勾股树”上共得到8191个正方形，设初始正方形的边长为1，则最小正方形的边长为（ ）ABCD12已知正四面体的棱长为4，点在棱上，且，过作四面体外接球的截面，则所作截面面积的最小值为（ ）ABCD第卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13将一个样本容量为的样本数据分组如下：，其中样本数据在和内的频率之和为，对应的频数分别为，则样本数据在内的频数为_14若函数的单调递增区间为，则的最小值为_
4、15如图，平面凹四边形，其中，则四边形面积的最小值为_16设双曲线的右焦点为，圆与双曲线的两条渐近线相切于，两点，其中为坐标原点延长交双曲线的另一条渐近线于点，过点作圆的另一条切线，设切点为，则_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）在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，现有下列四个条件：；（1）两个条件可以同时成立吗？请说明理由；（2）已知同时满足上述四个条件中的三个，请选择使有解的三个条件，求的面积（注：如果先择多个组合作为条件分别解答，按第一个解答计分）18（12分）如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，为的中点，且（1）证明：平面；
5、（2）线段上是否存在一点，使得三棱锥的体积为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由19（12分）某地区为了实现产业的转型发展，利用当地旅游资源丰富多样的特点，决定大力发展旅游产业，一方面对现有旅游资源进行升级改造，另一方面不断提高旅游服务水平为此该地区旅游部门，对所推出的报团游和自助游项目进行了深入调查，如表是该部门从去年某月到该地区旅游的游客中，随机抽取的100位游客的满意度调查表满意度老年人中年人青年人报团游自助游报团游自助游报团游自助游满意121184156一般2164412不满意116232（1）由表中的数据分析，老年人中年人和青年人这三种人群中，哪一类人群更倾向于选择报团游？
6、（2）为了提高服务水平，该旅游部门要从上述样本里满意度为“不满意”的自助游游客中，随机抽取2人征集改造建议，求这2人中有老年人的概率；（3）若你朋友要到该地区旅游，根据表中的数据，你会建议他选择哪种旅游项目？20（12分）椭圆经过点，离心率是若斜率为k的直线与椭圆交于不同的两点E、G（1）求椭圆的标准方程；（2）设，直线PE与椭圆的另一个交点为M，直线PG与椭圆的另一个交点为N若M、N和点共线，求k21（12分）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若，且在上存在零点，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】在平面直角
7、坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数）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（1）求直线的极坐标方程与曲线的直角坐标方程；（2）过极点的直线与曲线相交于异于极点的点，与直线相交于点，若，求直线的极坐标方程23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若，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文科数学（二）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
8、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】B【解析】由集合，又由，所以，故选B2【答案】A【解析】，所以，因此，故选A3【答案】B【解析】因为，所以，即，所以，故选B4【答案】D【解析】由题可得，则，所以，所以，故选D5【答案】A【解析】由题意知且，命题“，”为真命题，当时，易知在上单调递减，其最小值为，则由恒成立得，即；当时
9、，恒成立，则，此时函数为增函数，故，得，综上，即实数的取值范围是，故选A6【答案】A【解析】设圆的一般方程为，由题意可得，解得，所以，圆的方程为，圆心为，直线的斜率为，因此，圆在点处的切线方程为，即，故选A7【答案】D【解析】由题意知，可行域如图所示，为四条直线围成的正方形区域曲线表示的区域为单位圆的上半部分圆，记半圆面积为，可行域面积为，则落在所表示的曲线与轴围成的图形内部的概率为，故选D8【答案】D【解析】，当时，当时，所以，故，故选D9【答案】C【解析】，函数最小正周期为，由图象得，且，解得，又，且时，即，得由，得，又，所以，令，解得，函数在区间，上是单调增函数，在区间上是单调增函数，即
10、A错，C正确；又，所以在上有增有减，即B、D错，故选C10【答案】D【解析】，设切点坐标为，则切线方程为，又切线过点，可得，整理得，曲线存在两条切线，故方程有两个不等实根，即满足，解得或，故选D11【答案】B【解析】设第个图中正方形的个数为，则由图可知，则，将个式子相加可得，所以，当时，所以，令，解得由题意知，第一个图中最小正方形边长为，第二个图中最小正方形边长为，则第个图中最小正方形边长为，则，故选B12【答案】B【解析】如图，正四面体的棱长为4，则正方体的棱长为，正四面体的外接球即正方体的外接球，其半径为，则截面圆的半径，截面面积的最小值为，故选B第卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题
11、，每小题5分13【答案】6【解析】由题可得，样本数据在，内的频率之和为，又，对应的频数分别为，所以样本数据在内的频数为，故答案为614【答案】4【解析】的对称轴为，故，又，当且仅当时等号成立，从而的最小值为，填15【答案】【解析】，在三角形中，由余弦定理得，在三角形中，由余弦定理得，所以，所以，所以，当且仅当时，等号成立，所以，即三角形的面积的最大值为，四边形面积的最小值为，故答案为16【答案】【解析】方法一：因为圆与双曲线的两条渐近线分别相切，所以，所以双曲线的方程为，易知，双曲线的渐近线方程为不妨设点位于第一象限，则直线的方程为，由，可得，所以，所以，所以，所以，故答案为方法二：因为圆与双
12、曲线的两条渐近线分别相切，所以，在中，所以，所以，所以，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）不能同时满足，理由见解析；（2）答案不唯一，具体见解析【解析】（1）由条件，可得，解得或或（舍去），因为，所以，由条件，可得，因为，所以，于是与矛盾，所以不能同时满足（2）因为同时满足上述条件中的三个，由（1）知不能同时满足，则满足三角形有解的所有组合为或，若选择：，所以，因为，所以，因为，所以，所以为直角三角形，所以，所以的面积为若选组合：，所以的面积为18【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点为靠近的三等分点【解析】（1）如图所示，
13、连接，与的交点记为点，因为，所以，因为，所以，所以，即，又因为，且，所以平面，因为平面，所以，因为在中，所以，又因为，且平面，所以平面（2）存在，点为靠近的三等分点，理由如下：如图所示，过点作的垂线交于点，并连接，则，平面，因为，所以等腰在上的高为，可得，则，解得，所以为靠近的三等分点19【答案】（1）老年人更倾向于选择报团游；（2）；（3）建议他选择报团游【解析】（1）由表中数据可得老年人中年人和青年人选择报团游的频率分别为：，老年人更倾向于选择报团游（2）由题意得满意度为“不满意”的自助游人群中，老年人有1人，记为，中年人有2人，记为，青年人有2人，记为，从中随机先取2人，基本事件共10个
14、，分别为：，其中这2人中有老年人包含的基本事件有4个，分别为，这2人中有老年人的概率为（3）根据表中的数据，得到：报团游的满意率为；自助游的满意率为，建议他选择报团游20【答案】（1）；（2）【解析】（1）因为椭圆经过点，离心率是，所以，即，解得，所以椭圆的方程是（2）设，则，又，所以设，直线的方程为，由消去可得，则，即，又，所以，即，同理可得，又因为，由、三点共线，可得，化简得，即21【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析【解析】（1）的定义域为，若，则，所以在上单调递增；若，令，得；令，得，所以在上单调递减，在上单调递增（2）因为，所以，先证明，设，则，当时，单调递减；当时，单调递增，
15、所以，因此，即要证明，只需证，再代入，即需证明，设，则，设，则，当时，单调递增，所以，所以当时，单调递减，所以，即，从而原不等式得证22【答案】（1），；（2）或（）【解析】（1）将直线的参数方程（为参数），消去参数，化为普通方程，将，代入得直线的极坐标方程为由曲线的极坐标方程，变形为，将，代入得曲线的直角坐标方程为（2）设过极点的直线的极坐标方程为（，）由（1）得直线的极坐标方程为，则，由曲线的极坐标方程为，得则由，得，即，当时，得，即，解得或，即或；当时，得，即，此方程无解；当时，得，由可知，此方程无解，综上，直线的极坐标方程为或（）23【答案】（1）；（2）【解析】（1）当时，当时，则，无解；当时，则，；当时，则，不等式的解集为（2）若，当时，则；当时，；当时，在上单调递减，在上单调递增，恒成立，即，解得，又，的取值范围为
