1、2021届浙江省新高考测评卷（第五模拟）数学试题一、单选题1已知是虚数单位，则（ ）ABCD【答案】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已知集合，则中元素的个数为（ ）A3B2C1D0【答案】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：B3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【答案】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
2、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【答案】C【分析】根据线面、面面的判定定理及性质定理一一判断即可；【详解】解：对于A，可能平行、异面、相交，故A错误；对于B，若，则直线与不可能平行，故B错误；对于C，根据线面垂直、线面平行的性质可知直线与一定垂直，故C正确；对
3、于D，若，则直线与可能平行，也可能异面，故D错误故选：C5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（ ）ABCD【答案】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：D6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（ ）ABCD【
4、答案】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（ ）A8BC2D【答案】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，
5、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如图，是外一点，若，则（ ）AB4CD8【答案】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（ ）ABCD【答案】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
6、，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已知
7、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（ ）ABCD【答案】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、
8、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.二、填空题11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_【答案】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：1.12已知向量，满足，若，且，则的最大值为_【答案】【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
9、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：13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_【答案】【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，故解之得直线为：则，又 故又在双曲线上可得：得故故答案为：【点睛】双曲线的离心率是双曲线
10、最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出a，c，代入公式；只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2c2a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)三、双空题14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_【答案】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；15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_【答
11、案】 【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.16已知有限集合，定义集合中的元素的个数为集合的“容量”
12、，记为若集合，则_；若集合，且，则正整数的值是_【答案】3 2022 【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17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_【答案】 【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，
13、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
14、个不同的实数根，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）【分析】（1）先根据函数的最小正周期求出的值，根据图象的对称轴求出的值，根据的图象过点求出的值，即可得函数的解析式，即可求的值；（2）先根据的取值范围作出的大致图象，再数形结合即可求得实数的取值范围【详解】（1）由的最小正周期为，知：，即又图象的一条对称轴为直线，又，即图象过点，即，得，故（2）当时，作函数在上的图象，如下图示，数形结合可知，若方程有两个不同的实数根，则，即：实数的取值范围为【点睛】易错点点睛：（2）中，求实数的取值范围时，易忽略区间的开闭问题，误当时方程也有两个不同的实数根，而得到错误的结果19如图，在四棱锥中，（1）求证
15、：（2）若，求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）取的中点，连接，证明，再利用线面垂直的判定定理证出平面，即证.（2）过点作于点，得出为直线与平面所成的角，在中，利用余弦定理即可求解.【详解】（1）如图，取的中点，连接，四边形为等腰梯形，且，平面，平面，又平面，（2）由（1）知平面，又平面，平面平面平面平面，过点作于点，则平面，为直线与平面所成的角在等边三角形中，易得在中，又，在中，即直线与平面所成角的正弦值为【点睛】方法点睛：证明线线垂直常由线面垂直的性质推理得到，一条直线和一个平面垂直，这条直线就垂直于这个平面内的所有直线，这是证明线线垂直的重要方法，若已
16、知条件中含边的长度，则可根据线段间的数量关系，利用勾股定理的逆定理或三角形三线合一的性质来证明线线垂直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.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由递推式得出与的关系，可得证；（2）由（1）得出的通项公式，再由递推式得出，的通项，从而对n分三种情况，分别求出的最大值或范围，比较大小得出结论.【详解】（1）因为，所以，所以，所以，即，所以数列是以8为公比的等比数列；（2）因为，所以，又，所以，所以由（1）得，所以，所以时，所以当时， ，所以，当时，令，则函数在上单调递减，所以，所以，当时，所以，又因为，所以的
17、最大值为.【点睛】本题考查根据数列的递推式得出数列的通项公式，对数列求和及其最值问题，属于较难题.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【答案】（1）；（2）【分析】（1）先根据点的坐标得到直线的方程，并将其与椭圆的方程联立，求出点的坐标，再利用两点间的距离公式求的值即可；（2）设出直线的方程，将其与椭圆方程联立，结合根与系数的关系得到，进而可得和的面积的表达式，最后利用基本不等式求最值即可【详解】解：（1）因为，所以直线的方程为，
18、将直线的方程与椭圆的方程联立，可得解得或又由题意得点位于第一象限，所以因此（2）由题意易知直线的斜率一定存在且大于1，故设直线的方程为（），即，联立方程，得化简得，由得，即，得，故设，则易知，连接，所以直线的斜率，直线的斜率，所以因为点在直线上，所以，又，所以直线的斜率，直线的斜率，所以又，则由可得，即设（），则又，所以又点到直线的距离，所以因此，当且仅当，即时等号成立，所以的最大值是【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面
19、积等问题22已知函数.（1）若，讨论的单调性；（2）令，讨论的极值点个数.【答案】（1）在上单调递增；（2）答案见解析.【分析】（1）若，得到，求导，再研究的正负即可.（2）易得，求导，由（1）知，然后分，结合函数零点存在定理求解.【详解】（1）若，则，其定义域为，.令，则，易知在上单调递增，且，所以当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，因此，即，所以在上单调递增.（2）由题意知，则，由（1）知，当时，所以在上单调递增，此时无极值点.当时，令，则，易知在上单调递增，又，故存在，使得，此时有，即，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，所以.令，易知在上单调递减，所以，即.因为，且，所以存在，满足，所以当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，所以当时，存在两个极值点.综上，当时，不存在极值点；当时，存在两个极值点.【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的关键有：（1）当时，合理利用第（1）问中得到的以及不等式的性质得到；（2）当时，灵活构造函数，并根据等式将代换掉，得到，最后巧妙取点，利用零点存在定理得到的零点，从而得到结果.
