吉林省长春市(4校联考)2021届新高考模拟化学试题含解析
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吉林省长春市(4校联考）2021届新高考模拟化学试题一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．复数12z i =+，若复数12,z z 在复平面内对应的点关于虚轴对称，则12z z 等于（ ） A ．345i+-B ．345i+ C ．34i -+D ．345i-+ 【答案】A 【解析】 【分析】先通过复数12,z z 在复平面内对应的点关于虚轴对称，得到22z i =-+，再利用复数的除法求解12z z . 【详解】因为复数12,z z 在复平面内对应的点关于虚轴对称，且复数12z i =+， 所以22z i =-+所以()()()122223422255+--+===---+-+--i i z i i z i i i 故选：A 【点睛】本题主要考查复数的基本运算和几何意义，属于基础题.2．已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长相等，60ABC ︒∠=，则直线1BC 与平面11ACC A 所成角的正切值等于（ ） AB．CD【答案】D 【解析】 【分析】以A 为坐标原点，AE 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，1AA 所在直线为z 轴， 建立空间直角坐标系．求解平面11ACC A 的法向量，利用线面角的向量公式即得解. 【详解】如图所示的直四棱柱1111ABCD A B C D -，60ABC ︒∠=，取BC 中点E ，以A 为坐标原点，AE 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，1AA 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系．设2AB =，则11(0,0,0),(0,0,2),(3,1,0),(3,1,0),(3,1,2)A A B C C -， 11(0,2,2),(3,1,0),(0,0,2)BC AC AA ===u u u r u u u r u u u r．设平面11ACC A 的法向量为(,,)n x y z =r，则130,20,n AC x y n AA z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩v v 取1x =， 得(1,3,0)n =r．设直线1BC 与平面11ACC A 所成角为θ，则11236sin 484||BC n BC n θ⋅-===⋅⋅u u u r r u u u r r ， 2610cos 144θ⎛⎫∴=-= ⎪ ⎪⎝⎭， ∴直线1BC 与平面11ACC A 所成角的正切值等于155故选：D 【点睛】本题考查了向量法求解线面角，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题. 3．已知函数()3cos f x x m x =+，其图象关于直线3x π=对称，为了得到函数2()3g x m x=+的图象，只需将函数()f x 的图象上的所有点（ ） A ．先向左平移6π个单位长度，再把所得各点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标保持不变 B ．先向右平移6π个单位长度，再把所得各点横坐标缩短为原来的12，纵坐标保持不变 C ．先向右平移3π个单位长度，再把所得各点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标保持不变D ．先向左平移3π个单位长度，再把所得各点横坐标缩短为原来的12，纵坐标保持不变 【答案】D 【解析】 【分析】由函数()f x 的图象关于直线3x π=对称，得1m =，进而得()cos 2sin 2cos 63f x x x x x ππ⎛⎫⎛⎫=+=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，再利用图像变换求解即可【详解】由函数()f x 的图象关于直线3x π=对称，得3f π⎛⎫=⎪⎝⎭322m +=1m =，所以()cos 2sin 2cos 63f x x x x x ππ⎛⎫⎛⎫=+=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()2cos2g x x =，故只需将函数()f x 的图象上的所有点“先向左平移3π个单位长度，得2cos ,y x =再将横坐标缩短为原来的12，纵坐标保持不变,得()2cos2g x x =”即可. 故选：D 【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，考查图像变换，考查运算求解能力，是中档题4．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是说：两个同高的几何体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等.设A 、B 为两个同高的几何体，:p A 、B 的体积不相等，:q A 、B 在等高处的截面积不恒相等.根据祖暅原理可知，p 是q 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】A 【解析】 【分析】由题意分别判断命题的充分性与必要性，可得答案. 【详解】解：由题意，若A 、B 的体积不相等，则A 、B 在等高处的截面积不恒相等，充分性成立；反之，A 、B 在等高处的截面积不恒相等，但A 、B 的体积可能相等，例如A 是一个正放的正四面体，B 一个倒放的正四面体，必要性不成立，所以p 是q 的充分不必要条件， 故选：A.本题主要考查充分条件、必要条件的判定，意在考查学生的逻辑推理能力. 5．已知函数()f x 的定义域为()0,∞+，且()()2224m f m f f n n ⎛⎫ ⎪⎝⎭⋅=，当01x <<时，()0f x <.若()42f =，则函数()f x 在[]1,16上的最大值为（ ） A ．4 B ．6C ．3D ．8【答案】A 【解析】 【分析】根据所给函数解析式满足的等量关系及指数幂运算，可得()()m f f n f m n ⎛⎫+=⎪⎝⎭；利用定义可证明函数()f x 的单调性，由赋值法即可求得函数()f x 在[]1,16上的最大值.【详解】函数()f x 的定义域为()0,∞+，且()()2224m f m f f n n ⎛⎫⎪⎝⎭⋅=，则()()m f f n f m n ⎛⎫+=⎪⎝⎭； 任取()12,0,x x ∈+∞，且12x x <，则1201x x <<， 故120x f x ⎛⎫<⎪⎝⎭， 令1m x =，2n x =，则()()1212x f f x f x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭， 即()()11220x f x f x f x ⎛⎫-=<⎪⎝⎭， 故函数()f x 在()0,∞+上单调递增， 故()()max 16f x f =， 令16m =，4n =，故()()()44164f f f +==， 故函数()f x 在[]1,16上的最大值为4. 故选：A. 【点睛】本题考查了指数幂的运算及化简，利用定义证明抽象函数的单调性，赋值法在抽象函数求值中的应用，属6．我国宋代数学家秦九韶（1202-1261）在《数书九章》（1247）一书中提出“三斜求积术”，即：以少广求之，以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积. 其实质是根据三角形的三边长a ，b ，c 求三角形面积S ，即S =若ABC ∆的面积2S =，a =2b =，则sin A 等于（ ）A B ．C D ．1120或1136【答案】C 【解析】 【分析】将2S =，a =2b =，代入S =225,9c c ==，再分类讨论，利用余弦弦定理求cos A ，再用平方关系求解. 【详解】已知S =，a =2b =，代入S =2=， 即4212450c c -+= ， 解得225,9c c ==，当25c =时，由余弦弦定理得：222cos 2b c a A bc +-==，sin A ==当29c =时，由余弦弦定理得：2225cos 26b c a A bc +-== ，11sin 6A ==. 故选：C 【点睛】本题主要考查余弦定理和平方关系，还考查了对数学史的理解能力，属于基础题.7．已知()21AB =-u u u r ，，()1,AC λ=u u u r ，若cos BAC ∠=，则实数λ的值是（ ）A ．-1B ．7C ．1D ．1或7【解析】【分析】根据平面向量数量积的坐标运算，化简即可求得λ的值. 【详解】由平面向量数量积的坐标运算，代入化简可得cosAB ACBACAB AC⋅∠===u u u r u u u ru u u r u u u r.∴解得1λ=.故选：C.【点睛】本题考查了平面向量数量积的坐标运算，属于基础题.8．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题；“三百七十八里关，初行健步不为难，次后脚痛递减半，六朝才得到其关，要见每朝行里数，请公仔细算相还.”其意思为：“有一个人走了378里路，第一天健步走行，从第二天起脚痛每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到达目的地，求该人每天走的路程.”由这个描述请算出这人第四天走的路程为（）A．6里B．12里C．24里D．48里【答案】C【解析】【分析】设第一天走1a里，则{}n a是以1a为首项，以12为公比的等比数列，由题意得1661(1)2378112aS-==-，求出1192a=（里)，由此能求出该人第四天走的路程．【详解】设第一天走1a里，则{}n a是以1a为首项，以12为公比的等比数列，由题意得：1661(1)2378112aS-==-，解得1192a=（里)，∴34111()1922428a a=⨯=⨯=（里)．故选：C．【点睛】本题考查等比数列的某一项的求法，考查等比数列等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是基础题．9．已知集合{|M x y =，2{|40}N x N x =∈-≥，则M N ⋂为( ) A ．[1,2] B ．{0,1,2}C ．{1,2}D ．(1,2)【答案】C 【解析】 【分析】分别求解出,M N 集合的具体范围，由集合的交集运算即可求得答案. 【详解】因为集合{}|1M x x =≥，{}{}220,1,2N x N x =∈-≤≤=， 所以{}1,2M N =I 故选：C 【点睛】本题考查对数函数的定义域求法、一元二次不等式的解法及集合的交集运算，考查基本运算能力.10．集合{}|M y y x ==∈Z 的真子集的个数为( )A ．7B ．8C ．31D ．32【答案】A 【解析】 【分析】计算{}M =，再计算真子集个数得到答案. 【详解】{}{}|M y y x ==∈=Z ，故真子集个数为：3217-=.故选：A . 【点睛】本题考查了集合的真子集个数，意在考查学生的计算能力.11．M 是抛物线24y x =上一点，N 是圆()()22121x y -+-=关于直线10x y --=的对称圆上的一点，则MN 最小值是（ ）A ．12- B ．1 C ．1-D ．32【答案】C【解析】 【分析】求出点()1,2关于直线10x y --=的对称点C 的坐标，进而可得出圆()()22121x y -+-=关于直线10x y --=的对称圆C 的方程，利用二次函数的基本性质求出MC的最小值，由此可得出min min 1MN MC =-，即可得解.【详解】 如下图所示：设点()1,2关于直线10x y --=的对称点为点(),C a b ，则121022211a b b a ++⎧--=⎪⎪⎨-⎪=-⎪-⎩，整理得3030a b a b --=⎧⎨+-=⎩，解得30a b =⎧⎨=⎩，即点()3,0C ，所以，圆()()22121x y -+-=关于直线10x y --=的对称圆C 的方程为()2231x y -+=，设点2,4y M y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则()224222213948416216y y y MC y y ⎛⎫=-+=-+=-+ ⎪⎝⎭当2y =±时，MC 取最小值2min min 1221MN MC =-=. 故选：C. 【点睛】本题考查抛物线上一点到圆上一点最值的计算，同时也考查了两圆关于直线对称性的应用，考查计算能力，属于中等题.12．已知正三棱锥A BCD -的所有顶点都在球O 的球面上，其底面边长为4，E 、F 、G 分别为侧棱AB ，AC ，AD 的中点.若O 在三棱锥A BCD -内，且三棱锥A BCD -的体积是三棱锥O BCD -体积的4倍，则此外接球的体积与三棱锥O EFG -体积的比值为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】 【分析】如图，平面EFG 截球O 所得截面的图形为圆面，计算4AH OH =，由勾股定理解得R =，此外接球的体积为3，三棱锥O EFG -体积为3，得到答案. 【详解】如图，平面EFG 截球O 所得截面的图形为圆面.正三棱锥A BCD -中，过A 作底面的垂线AH ，垂足为H ，与平面EFG 交点记为K ，连接OD 、HD . 依题意4A BCD O BCD V V --=，所以4AH OH =，设球的半径为R ，在Rt OHD V 中，OD R =，HD ==，133R OH OA ==，由勾股定理：22233R R ⎛⎛⎫=+ ⎪ ⎝⎭⎝⎭，解得R =， 由于平面//EFG 平面BCD ，所以AH ⊥平面EFG ， 球心O 到平面EFG 的距离为KO ，则122333R KO OA KA OA AH R R =-=-=-==，所以三棱锥O EFG -体积为2114343⨯=，所以此外接球的体积与三棱锥O EFG -体积比值为. 故选：D.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，三棱锥体积，球体积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
