1、2021高考仿真模拟卷(一) 第三部分 刷模拟 一、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集合 A3,2a，Ba，b，若 AB2，则 AB( ) A1,2,3 B0,1,3 C0,1,2,3 D1,2,3,4 解析 因为 AB2，所以 2A，所以 2a2，解得 a1，故 b2， 所以 A3,2，B1,2, 所以 AB1,2,3 答案答案 解析解析 2 (2020 山东济宁邹城市第一中学高三五模)已知复数 za2i2ai 是 正实数，则实数 a 的值为( ) A0 B1 C1 D 1 解析 因为 za2i2ai2a(a21)
2、i 为正实数，所以2a0 且 a210，解得 a1.故选 C. 答案答案 解析解析 3(2020 天津高考)设 aR，则“a1”是“a2a”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 解析 求解二次不等式 a2a 可得 a1 或 a0，据此可知，“a1” 是“a2a”的充分不必要条件故选 A. 答案答案 解析解析 4已知 Sn是等差数列an的前 n 项和，2a5a6a3，则 S7( ) A2 B.7 C.14 D28 解析 2a5a6a3a5a4，解得 a42，S77a 1a7 2 7a4 14，故选 C. 答案答案 解析解析 5(2020 山东泰安三模)
3、函数 f(x)x3cosx 2sinx 在，上的图象大 致为( ) 答案答案 解析 因为 f(x)f(x)，所以 f(x)是奇函数，排除 B，D；由 f 3 3 3 3 2 3 2 ，f 2 3 2 3 31 2 3 2 ，可知 f 2 3 f 3 ，结合图象可知选 A. 解析解析 6(2020 山东济南高三上学期期末)若抛物线 y22px(p0)的焦点到准 线的距离为 2，过焦点的直线与抛物线交于 A，B 两点，且|AB|8，则弦 AB 的中点到 y 轴的距离为( ) A2 B3 C4 D6 答案答案 解析 因为抛物线 y22px(p0)的焦点到准线的距离为 2， 所以p 2 p 2 2，
4、故 p2， 抛物线的方程为 y24x.过焦点的直线与抛物线交于 A， B 两点， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的性质，得焦点弦|AB|x1x2p，所以 8x1x22，则 x1x26，所以弦 AB 的中点到 y 轴的距离为 dx 1x2 2 6 23.故选 B. 解析解析 7(2020 河南洛阳第三次统一考试)(2x1) x 3 x 5 的展开式中 x3的系 数为( ) A180 B90 C20 D10 答案答案 解析 x 3 x 5 展开式的通项公式 Tr1Cr 53 rx53r 2 ，其各项次数依次为 5，7 2，2， 1 2，1， 5 2，所以 x 3 的系数是 2x1
5、 的一次项系数 2 乘以 x 3 x 5 展开式的 x2的系数 由 x 3 x 5 展开式的通项公式 Tr1Cr 53 rx53r 2 知 53r 2 2，解得 r2，所以 x3的系数为 2C2 53 2180.故选 A. 解析解析 8(2020 山东烟台一模)已知函数 f(x)e xex exex，实数 m，n 满足不等式 f(2mn)f(2n)0，则下列不等关系成立的是( ) Amn1 Bmn1 Cmn1 Dmn1 解析 f(x)e xex exex(xR)，f(x) exex exex，f(x)f(x)，故 f(x)为 R 上的奇函数对 f(x)求导，得 f(x) 4 exex20，f(
6、x)在 R 上 单调递增f(2mn)f(2n)0，f(2mn)f(2n)f(n2)，2m nn2，即 mn1，故选 C. 答案答案 解析解析 二、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(2020 山东枣庄二调)2019 年 4 月 23 日，国家统计局统计了 2019 年 第一季度居民人均消费支出的情况，并绘制了饼状图(如图)，则下列说法正 确的是( ) A第一季度居民人均每月消费支出约为 1633 元 B第一季度居民人均收入为 4900 元 C第一季度居民在食品烟酒项
7、目的人均消费支出最多 D第一季度居民在居住项目的人均消费支出为 1029 元 解析 由饼状图可知第一季度衣着消费 441 元，占总体的 9%，所以总 支出为441 9% 4900 元， 那么居民人均每月消费支出为4900 3 1633 元， A 正确； 第一季度居民人均消费为 4900 元， 不是收入， B 错误； 食品烟酒项目占 31%， 最多，C 正确；第一季度居民在居住项目的人均消费支出为 490021% 1029 元，D 正确故选 ACD. 答案答案 解析解析 10(2020 山东新高考质量测评联盟高三 5 月联考)将函数 y2cosx1 图象上的各点的横坐标缩短到原来的1 2， 纵坐
8、标不变， 再向左平移 12个单位， 得到函数 f(x)的图象，下列说法正确的是( ) A点 6，0 是函数 f(x)图象的对称中心 B函数 f(x)在 0，5 12 上单调递减 C函数 f(x)的图象与函数 g(x)2sin 2x2 3 1 的图象相同 D若 x1，x2是函数 f(x)的零点，则 x1x2是 的整数倍 答案答案 解析 将函数 y2cosx1 图象上的各点的横坐标缩短到原来的1 2，纵 坐标不变，可得到函数 y2cos2x1 的图象，再向左平移 12个单位，可得 到函数 f(x)2cos 2x 6 1 的图象令 x 6，求得 f(x)1，故 A 错误；若 x 0，5 12 ， 则
9、 2x 6 6， ， 故 f(x)2cos 2x 6 1 在 0，5 12 上单调递减， 故 B 正确； 因为 f(x)2cos 2x 6 12cos 2x2 3 2 12sin 2x2 3 1 g(x)，所以函数 f(x)的图象与函数 g(x)的图象相同，故 C 正确；令 f(x) 2cos 2x 6 10，则 cos 2x 6 1 2，所以 2x 62k 2 3 (kZ)或 2x 62k 4 3 (kZ)，所以 xk 4(kZ)或 xk 7 12(kZ)，不妨设 x1 7 12，x2 4，则 x1x2 3不是 的整数倍，故 D 错误故选 BC. 解析解析 11(2020 山东省实验中学高三
10、 4 月高考预测)在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 M 在棱 CC1上，则下列结论正确的是( ) A直线 BM 与平面 ADD1A1平行 B平面 BMD1截正方体所得的截面为三角形 C异面直线 AD1与 A1C1所成的角为 3 D|MB|MD1|的最小值为 5 答案答案 解析 如图所示，易知平面 BCC1B1 平面 ADD1A1，又 BM平面 BCC1B1，故直 线 BM 与平面 ADD1A1平行，A 正确；平面 BMD1截正方体所得的截面为 BMD1N， 为四 边形，故 B 错误；连接 BC1，A1B，易知 AD1 BC1，故异面直线 AD1与 A1C1所成的角为A1C
11、1B，又 A1BA1C1BC1， 故A1C1B 3，故 C 正确；延长 DC 到 B使 CB1，易知 BMBM， 故|MB|MD1|D1B 5， 当 M 为 CC1的中点时等号成立， 故 D 正确 故 选 ACD. 解析解析 12 (2020 山东济宁三模)已知直线 yx2 分别与函数 yex和 yln x 的图象交于点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则下列结论正确的是( ) Ax1x22 Bex1ex22e Cx1ln x2x2ln x1 e 2 答案答案 解析 函数 yex与 yln x 互为反函数，则函数 yex与 yln x 的图 象关于直线 yx 对称，将 yx2 与 yx 联
12、立，得 x1，y1，由直线 yx2 分别与函数 yex和 yln x 的图象交于点 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 作出函数图象如图，则 A(x1，y1)，B(x2，y2)的中点坐标为(1,1)，对于 A，由 x1x2 2 1， 解得 x1x22， 故 A 正确； 对于 B， ex1ex22 ex1 ex22ex1x2 2 e22e，因为 x1x2，即等号不成立，所以 ex1ex22e，故 B 正确； 解析解析 对于 C， 将 yx2 与 yex联立可得x2ex， 即 exx20， 设 f(x) exx2， 则函数为单调递增函数， 因为 f(0)10210，故函数 f(x)的零点在 0，
13、1 2 上，即 0x11 2，由 x1x22，得 3 2x22，所以 x1ln x2x2ln x1x1ln x2x2ln 1 x1x1ln x2x2ln x2(x1x2)ln x20，g( e)2 e 1 2 3 2 e0，则 1x20，即 h(x)xln x 在(1， e)上单调递增，故 x1x2 x2ln x2 eln e e 2 ，故 D 错误故选 ABC. 解析解析 答案 x2 10 y2 5 1 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13(2020 山东德州二模)已知双曲线 C 过点(2 3，1)，且与双曲线 x2 12 y 2 6 1 有相同的渐近线，则双曲线
14、 C 的标准方程为_ 解析 由题意设所求双曲线方程为 x2 12 y2 6 k，因为双曲线过点(2 3， 1)，所以12 12 1 6k，k 5 6，所以双曲线方程为 x2 12 y2 6 5 6，即 x2 10 y2 5 1. 答案答案 解析解析 答案 1 3 14黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家黎曼发现提出，在高 等 数 学 中 有 着 广 泛 的 应 用 ， 其 定 义 为 ： R(x) 1 p，当x q p p，q为整数，q p为既约真分数 ， 0，当x0，1或0，1上的无理数. 若f(x)是定义在R上且最小正 周期为 1 的函数，当 x0,1时，f(x)R(x)，则 f 17
15、3 f(lg 20)_. 解析 由函数 f(x)的最小正周期为 1 可得， f 17 3 f(lg 20)f 52 3 f(lg 21)f 2 3 f(lg 2)1 30 1 3. 答案答案 解析解析 答案 45 15(2020 山东滨州三模)已知 P，A，B，C 是球 O 的球面上的四个点， PA平面 ABC，PA2BC6，ABAC，则球 O 的表面积为_ 解析 由于 PA平面 ABC，所以 PAAB，PAAC， 而 ABAC，故可将三棱锥 PABC 补形为长方体，如图 所示，长方体的外接球，也即三棱锥 PABC 的外接球， 也即球 O.由于 PA2BC6，所以 BC3，设 ABa，AC b
16、，则 a2b2BC29，所以长方体的对角线长为PA2AB2AC2 369 45.设球 O 的半径为 R，则 2R 45，所以球 O 的表面积为 4R2 45. 答案答案 解析解析 答案 5 17 16如图，正方形 ABCD 的边长为 2，顶点 A，B 分别在 y 轴的非负半 轴、 x 轴的非负半轴上移动， E 为 CD 的中点， 则OE OD 的最大值是_ 答案答案 解析 根据题意，设OBA，则 A(0,2sin)，B(2cos，0) 0 15 16，k 的最小 值为 16. 12 分 若选：则 a1b42,3a132 2 d2(a12d)，解得 d2. 6 分 下同. 12 分 解解 若选：
17、则 a1b42,3(a12d)(a13d)8，解得 d4 3. 6 分 于是 Sn2nnn1 2 4 3 2 3n 24 3n， 8 分 1 Sn 3 2 1 nn2 3 4 1 n 1 n2 ， 9 分 于 是Tk 3 4 11 3 1 2 1 4 1 k1 1 k1 1 k 1 k2 3 4 11 2 1 k1 1 k2 9 8 3 4 1 k1 1 k2 ， 10 分 令 Tk15 16，得 1 k1 1 k2 1 4，整理得 k 25k100， 因为 k 为正整数，解得 k7， 所以 k 的最小值为 7. 12 分 解解 19(2020 新高考卷)(本小题满分 12 分)为加强环境保护
18、，治理空气 污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了 100 天空气中 的 PM2.5 和 SO2浓度(单位：g/m3)，得下表： SO2 PM2.5 0,50 (50,150 (150,475 0,35 32 18 4 (35,75 6 8 12 (75,115 3 7 10 (1)估计事件“该市一天空气中 PM2.5 浓度不超过 75， 且 SO2浓度不超 过 150”的概率； (2)根据所给数据，完成下面的 22 列联表： SO2 PM2.5 0,150 (150,475 0,75 (75,115 (3)根据(2)中的列联表，判断是否有 99%的把握认为该市一天空气中 PM2
19、.5 浓度与 SO2浓度有关？ 附：K2 nadbc2 abcdacbd P(K2k0) 0.050 0.010 0.001 k0 3.841 6.635 10.828 解 (1)由表格可知，该市 100 天中，空气中的 PM2.5 浓度不超过 75， 且 SO2浓度不超过 150 的有 32618864 天， 所以该市一天空气中的 PM2.5 浓度不超过 75，且 SO2浓度不超过 150 的概率为 64 1000.64. 4 分 (2)由所给数据，可得 22 列联表为： SO2 PM2.5 0,150 (150,475 0,75 64 16 (75,115 10 10 8 分 解解 (3)
20、根据 22 列联表中的数据可得 K2 nadbc2 abcdacbd 10064101610 2 80207426 3600 481 7.4846.635， 所以有 99%的把握认为该市一天空气中 PM2.5 浓度与 SO2浓度有关. 12 分 解解 20(2020 山东潍坊一模)(本小题满分 12 分)如图，在等腰直角三角形 ADP 中，A90 ，AD3，B，C 分别是 AP，DP 上的点，且 BCAD， E， F 分别是 AB， PC 的中点 现将PBC 沿 BC 折起， 得到四棱锥 PABCD， 连接 EF. (1)证明：EF平面 PAD； (2)是否存在点 B， 当将PBC 沿 BC
21、折起到 PAAB 时， 二面角 PCD E 的余弦值等于 15 5 ？若存在，求出 AB 的长；若不存在，请说明理由 解 (1)证法一： 作 CMAB 交 AD 于点 M， 连接 PM， 取 PM 的中点 N， 连接 AN，FN，由三角形中位线定理，得 FNCM，且 FN1 2CM. 3 分 因为 E 是 AB 的中点，所以 AECM，且 AE1 2CM，故 FNAE，且 FNAE，所以四边形 AEFN 是平行四边形，所以 EFAN. 因为 AN平面 PAD，EF平面 PAD，所以 EF平面 PAD. 5 分 解解 证法二：取 CD 的中点 G，连接 EG，FG， 因为 E，F 分别是 AB，
22、PC 的中点， 所以 FGPD，EGAD. 3 分 因为 FGEGG， 所以平面 EFG平面 PAD. 因为 EF平面 EFG， 所以 EF平面 PAD. 5 分 解解 (2)存在理由如下： 因为 BCAB，BCPB，且 ABPBB，所以 BC平面 PAB. 又因为 BCAD，所以 AD平面 PAB，所以 PAAD. 6 分 又因为 ABAD，PAAB， 以 A 为坐标原点，AB，AD，AP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立 如图所示的空间直角坐标系，连接 DE，CE，设 ABa， 则 PBBC3a，由 PBAB 得 0a3 2，PA 96a， 解解 所以 A(0,0,0)，C(a,
23、3a,0)，P(0,0，96a)，D(0,3,0)， 8 分 所以DC (a，a,0)，DP (0，3，96a) 设平面 PCD 的法向量为 n(x，y，z)，则 DC naxay0， DP n3yz96a0， 令 y1，则 n 1，1， 3 96a ， 10 分 解解 又平面 CDE 的一个法向量 m(0,0,1)， 依题意，有 15 5 |cosn，m| |n m| |n|m|， 所以 15 5 3 96a 2 3 32a ，解得 a1，即 AB 的长为 1. 故存在点 B，此时 AB 的长为 1. 12 分 解解 21(2020 山东滨州二模)(本小题满分 12 分)已知椭圆 C： x2
24、 a2 y2 b2 1(ab0)经过点( 2，1)，离心率为 2 2 . (1)求椭圆 C 的方程； (2)设直线 l：ykxt(t0)与椭圆 C 相交于 A，B 两点，若以 OA，OB 为邻边的平行四边形 OAPB 的顶点 P 在椭圆 C 上， 求证： 平行四边形 OAPB 的面积为定值 解 (1)因为椭圆 C 经过点( 2，1)，代入椭圆方程， 可得 2 a2 1 b21， 2 分 又因为椭圆 C 的离心率为 2 2 ，所以c a 2 2 ，从而 a22b2， 4 分 联立，解得 a24，b22， 所以椭圆 C 的方程为x 2 4 y 2 2 1. 5 分 解解 (2)证明：把 ykxt
25、代入椭圆方程x 2 4 y 2 2 1，得 (2k21)x24ktx2(t22)0， 6 分 当 (4kt)28(2k21)(t22)82(2k21)t20， 即 t20. 9 分 因为|AB|1k2|x1x2|1k2 解解 x1x224x1x22 2 1k222k21t2 2k21 2 3 1k2 2k21 .10 分 又点 O 到直线 l 的距离 d |t| 1k2， 11 分 所以平行四边形 OAPB 的面积 SOAPB2SOAB|AB| d 2 3|t| 2k21 6 2k21 2k21 6， 即平行四边形 OAPB 的面积为定值. 12 分 解解 22(2020 山西晋中四模)(本小
26、题满分 12 分)已知函数 f(x)ln xx1. (1)求函数 f(x)的值域； (2)令 g(x)x fxx x2 在(2，)上的最小值为 m，求证：11 2 f(2m)0，f(x)单调递增； 当 x(1，)时，f(x)2)， 于是 g(x)x2ln x4 x22 ， 6 分 令 h(x)x2ln x4，则 h(x)12 x x2 x ， 7 分 由于 x2，所以 h(x)0，即 h(x)在(2，)上单调递增； 又 h(8)0， 所以x0(8,9)，使得 h(x0)0，即 2ln x0 x04， 当 x(2，x0)时，h(x)0， 即 g(x)在(2，x0)上单调递减；在(x0，)上单调递增 解解 所以 g(x)ming(x0)x 0 x0ln x0 x02 x2 02x0 2x02 x0 2 ，即 mx0 2 . 10 分 所以 f(2m)f(x0)ln x0 x01x 02 2 11 2 ，5 ， 即11 2 f(2m)5. 12 分 解解 本课结束
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