高考数学复习之2021高考仿真模拟卷4

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1、2021高考仿真模拟卷(四) 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 (2020 辽宁沈阳三模)已知集合 Mx|(x1)(x2)0， Nx|x0， 则( ) ANM BMN CMN DMNR 解析 由题意知，Mx|(x1)(x2)0 x|1x2，则 MN.故 选 B. 答案答案 解析解析 2设命题 p：xQ,2xln x2，则綈 p 为( ) AxQ,2xln x2 BxQ,2xln xb0)的左焦点为 F1(2,0)，过点 F1 作倾斜角 为 30 的直线与圆 x2y2b2相交的弦长为 3b， 则椭

2、圆的标准方程为( ) A.y 2 8 x 2 4 1 Bx 2 8 y 2 4 1 C. y2 16 x2 121 D x2 16 y2 121 答案答案 解析 由左焦点为 F1(2,0)，可得 c2，即 a2b24， 过点 F1作倾斜角为 30 的直线的方程为 y 3 3 (x2)， 圆心(0,0)到直线的距离 d 2 3 391， 由直线与圆 x2y2b2相交的弦长为 3b， 可得 2b21 3b，解得 b2，a2 2， 则椭圆的标准方程为x 2 8 y 2 4 1. 解析解析 8已知数列an，定义数列an12an为数列an的“2 倍差数列”， 若an的“2 倍差数列”的通项公式为 an1

3、2an2n1， 且 a12， 数列an 的前 n 项和为 Sn，则 S33( ) A2381 B2392 C2382 D239 答案答案 解析 根据题意， 得 an12an2n1， a12， a n1 2n1 an 2n1， 数列 an 2n 是首项为 1，公差 d1 的等差数列，an 2n1(n1)n，ann 2 n， Sn121222323n 2n，2Sn122223324 n 2n1，Sn22223242nn 2n1212 n 12 n 2n12 2n1n 2n12(1n)2n1，Sn(n1)2n12，S33(331)2331 22392. 解析解析 二、选择题：本题共 4 小题，每小题

4、 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 山东青岛一模)已知向量 ab(1,1)， ab(3,1)， c(1,1)， 设 a，b 的夹角为 ，则( ) A|a|b| Bac Cbc D135 答案答案 解析 根据题意，得 ab(1,1)，ab(3,1)，则 a(1,1)，b (2,0)，依次分析选项：对于 A，|a| 2，|b|2，|a|b|不成立，A 错 误；对于 B，a(1,1)，c(1,1)，a c0，ac，B 正确；对于 C， b(2,0)，c(1,1)，bc 不成立，C 错误；对于

5、 D，a(1,1)，b (2，0)，a b2，|a| 2，|b|2，cos 2 2 2 2 2 ，135 ， D 正确故选 BD. 解析解析 10(2020 山东日照一模)若定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(0)1，其 导函数 f(x)满足 f(x)m1，则下列成立的有( ) Af 1 m 1m m Bf 1 m 1 m1 Df 1 m1 0，故函数 g(x)f(x) mx 在 R 上单调递增，又 1 m0，g 1 m g(0)，故 f 1 m 11，f 1 m 0， 而1m m 1m m ，故 A 正确，B 错误又 1 m10，故 g 1 m1 g(0)， f 1 m1 m m11，f

6、 1 m1 1 m10，故 C 正确，D 错误故选 AC. 解析解析 11.(2020 山东菏泽高三联考)已知函数 f(x)Asin(x 4) A0，0，0 8 的部分图象如图所示， 若将函数 f(x)的图象纵坐标不变，横坐标缩短到原来的1 4，再向右平 移 6个单位长度，得到函数 g(x)的图象，则下列命题正确的是( ) A函数 f(x)的解析式为 f(x)2sin 1 2x 6 B函数 g(x)的解析式为 g(x)2sin 2x 6 C函数 f(x)图象的一条对称轴是直线 x 3 D函数 g(x)在区间 ，4 3 上单调递增 答案答案 解析 由题图可知，A2， T 4，所以 T4 2 ，解

7、得 1 2，故 f(x) 2sin 1 2x4 .因为函数 f(x)的图象过点 C(0,1)，所以 12sin4，即 sin4 1 2.因为 0 8，所以 04 2，所以 4 6，故 f(x)2sin 1 2x 6 ，故 A 正 确；若将函数 f(x)图象的纵坐标不变，横坐标缩短到原来的1 4，则所得到的 函数图象对应的解析式为 y2sin 2x 6 ，再向右平移 6个单位长度，所得到 的函数图象对应的解析式为 g(x)2sin 2 x 6 6 2sin 2x 6 ， 故 B 正确； 解析解析 当 x 3时，f 3 2sin00，即 x 3时，f(x)不取最值，故 x 3不是 函数 f(x)图

8、象的一条对称轴，故 C 错误；令 2k 22x 62k 2(kZ)， 得 k 6xk 3(kZ)，故函数 g(x)的单调递增区间是 k 6，k 3 (k Z)， 当 k1 时， g(x)在区间 5 6 ，4 3 上单调递增， 所以 D 正确 故选 ABD. 解析解析 12(2020 山东省第一次仿真联考)一个正方体的平面展开图如图所示， 在这个正方体中，点 H 是棱 DN 的中点，P，Q 分别是线段 AC，BN(不包含 端点)上的动点，则下列说法正确的是( ) A在点 P 的运动过程中，存在 HPBM B在点 Q 的运动过程中，存在 FQAH C三棱锥 HQAC 的体积为定值 D三棱锥 BPE

9、M 的体积不为定值 答案答案 解析 由平面展开图，还原正方体，如图所示对于 A，因为点 P 是 线段 AC 上的动点，所以 HP平面 ACH，因为 BM平面 ACH，且 BM 与 平面 ACH 不平行，所以不存在 HPBM，A 错误；对于 B，连接 BD，设 BDACO，连接 OF，设 OFBNG，取 AD 的中点 K，连接 EK，OK， 则 O 为 BD 的中点，OKEF，所以 E，F，O，K 四点共面，因为 AHEK， AHEF，EKEFE，所以 AH平面 EFOK，因为 GF平面 EFOK，所 以 AHGF，即当点 Q 运动到 G 点时，FQAH，B 正确；对于 C，因为点 H 是棱 D

10、N 的中点，所以 OHBN，因为 OH平面 ACH，BN平面 ACH， 所以 BN平面 ACH，则直线 BN 上的任意一点到平面 ACH 的距离相等， 且为定值，因为点 Q 是线段 BN 上的动点，所以点 Q 到平面 ACH 的距离 d 为定值，因为ACH 的面积为定值，所以 VHQACVQACH1 3d SACH 为定 值，C 正确； 解析解析 对于 D，因为点 P 是线段 AC 上的动点，ACEM，所以PEM 的面积为定 值，且平面 PEM 就是平面 ACME，因为点 B 到平面 ACME 的距离是定值， 即点 B 到平面 PEM 的距离 h 也是定值， 所以三棱锥 BPEM 的体积 VB

11、PEM 1 3h SPEM 为定值，D 错误 解析解析 答案 3 2 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13(2020 江苏高考)在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线x 2 a2 y2 5 1(a 0)的一条渐近线方程为 y 5 2 x，则该双曲线的离心率是_ 解析 双曲线x 2 a2 y2 5 1 中，b 5.因为双曲线的一条渐近线方程为 y 5 2 x，即b a 5 2 ，所以 a2，所以 ca2b2453，所以双曲线的 离心率为c a 3 2. 答案答案 解析解析 答案 180 14(2020 山东青岛自主检测)已知(1x)10a0a1(1x)a2(1x)2

12、a10(1x)10，则 a8_. 解析 (1x)10(1x)10(2)(1x)10，(1x)10a0a1(1 x)a2(1x)2a10(1x)10，a8C8 10 (2) 2180. 答案答案 解析解析 答案 1 36 15(2020 海口市高考调研考试)拥有“千古第 一才女”之称的宋代女词人李清照发明了古代非 常流行的游戏“打马”，在她的打马赋中写道 “实博弈之上流，乃闺房之雅戏”“打马”游戏 用每轮抛掷三枚完全相同的骰子决定“马”的行 走规则，每一个抛掷结果都有对应走法的名称，如 结果由两个 2 点和一个 3 点组成，叫做“夹七”， 结果由两个 2 点和一个 4 点组成，叫做“夹八”则在某

13、一轮中，能够抛 出“夹七”或“夹八”走法的概率是_ 答案答案 解析 记在某一轮中，抛出“夹七”的走法为事件 A，抛出“夹八”的 走法为事件 B，则事件 A 与事件 B 是互斥事件故 P(AB)P(A)P(B) C2 3 1 6 21 6C 2 3 1 6 2 1 6 1 36. 解析解析 16(2020 海口模拟演练)已知函数 f(x)ax33xb 的图象关于点(0,1) 对称，则 b_；若对于 x0,1总有 f(x)0 成立，则 a 的取值范围 是_(本题第一空 2 分，第二空 3 分) 解析 由已知条件知 yf(x)的图象可由奇函数 yax33x 的图象上下 平移得到，所以 yf(x)的图

14、象关于点(0，b)对称，所以 b1.所以 f(x)ax3 3x1.当 x0 时，f(x)10 恒成立当 0x1 时，f(x)ax33x10 等价于 a 3 x2 1 x3.设 g(x) 3 x2 1 x3，则 g(x) 312x x4 ，所以 g(x)在 0，1 2 上 单调递增，在 1 2，1 上单调递减，所以 ag 1 2 4. 解析解析 1 4，) 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过 程或演算步骤 17(2020 山东德州一模)(本小题满分 10 分)在条件2cosA(bcosC ccosB)a，csinBC 2 asinC，(sinBsinC)2sin

15、2AsinBsinC 中任选 一个，补充到下面问题中，并给出问题解答 已知ABC 的内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且 a 7，bc 2，_.求 BC 边上的高 解 若选：因为 2cosA(bcosCccosB)a， 由正弦定理，得 2cosA(sinBcosCsinCcosB)sinA， 2 分 即 2cosAsinAsinA， 因为 0A，所以 cosA1 2， 所以 A 3. 4 分 由余弦定理，得 a2b2c22bccosA， 所以 b2c2bc7， 6 分 又 bc2，化简，得 c22c30， 所以 c3(舍去)或 c1， 从而 b3. 8 分 设 BC 边上的高是 h，

16、所以1 2bcsinA 1 2ah，所以 h 3 21 14 . 10 分 解解 若选：由题设及正弦定理，得 sinCsinBC 2 sinAsinC， 因为 sinC0，所以 sinBC 2 sinA， 2 分 又由 ABC180 ，可得 sinBC 2 cosA 2， 故 cosA 22sin A 2cos A 2， 因为 cosA 20，所以 sin A 2 1 2，所以 A 3. 4 分 下同选. 10 分 解解 若选：由已知，得 sin2Bsin2Csin2AsinBsinC， 由正弦定理，得 b2c2a2bc. 2 分 由余弦定理，得 cosAb 2c2a2 2bc 1 2. 因为

17、 0A0，所以 a11， 1 分 当 n1 时，anSnSn1a nan1 2 a n1an11 2 ， 整理得(anan1)(anan11)0， 因为 anan10，所以 anan11， 3 分 所以数列an是首项 a11，公差 d1 的等差数列， 所以数列an的通项公式为 ana1(n1)dn. 5 分 解解 (2)由 ann，知 bnlog2a n2 an1log2 n2 n1，所以数列bn的前 n 项和为 b1 b2 b3 bn log2 3 2 log2 4 3 log2 5 4 log2 n2 n1 log2 3 2 4 3 5 4 n2 n1 log2(n2)1， 7 分 令 b

18、1b2b3bnk(kZ)，则有 log2(n2)1k，n2k12， 由 n(0,2020)， kZ， 知 k10 且 kN*， 所以区间(0,2020)内所有“优化数” 的和为 S(222)(232)(242)(2102)(222324210) 182 2129 12 18211222026. 12 分 解解 19(2020 山东省实验中学高三 6 月模拟)(本小题满分 12 分)某公司为 研究某种图书每册的成本费 y(单位：元)与印刷数量 x(单位：千册)的关系， 收集了一些数据并进行了初步处理，得到了下面的散点图及一些统计量的 值 x y u i1 8 (xi x )2 i1 8 (xi

19、x ) (yi y ) i1 8 (ui u )2 i1 8 (ui u ) (yi y ) 15.25 3.63 0.269 2085.5 230.3 0.787 7.049 表中 ui 1 xi， u 1 8 i1 8 ui. 解解 (1)根据散点图判断：yabx 与 ycd x哪一个模型更适合作为该图 书每册的成本费 y 与印刷数量 x 的回归方程？(只要求给出判断，不必说明 理由) (2)根据(1)的判断结果及表中数据，建立 y 关于 x 的回归方程(结果精确 到 0.01)； (3)若该图书每册的定价为 9.22 元，则至少应该印刷多少册才能使销售 利润不低于 80000 元？(假设

20、能够全部售出，结果精确到 1) 附：对于一组数据(1，1)，(2，2)，(n，n)，其回归直线 的斜率和截距的最小二乘估计分别为 i1 n i i i1 n i 2 ， . 解 (1)由散点图判断， ycd x更适合作为该图书每册的成本费y(单位： 元)与印刷数量 x(单位：千册)的回归方程. 3 分 (2)令 u 1 x ，先建立 y 关于 u 的线性回归方程，由于d 7.049 0.787 8.9578.96， 所以c y d u 3.638.9570.2691.22， 所以 y 关于 u 的线性回归方程为y 1.228.96u， 6 分 所以 y 关于 x 的回归方程为y 1.228.9

21、6 x . 8 分 (3)假设印刷 x 千册可使销售利润不低于 80000 元，则依题意得 9.22x 1.228.96 x x80，解得 x11.12，所以至少印刷 11120 册才能使销售利润 不低于 80000 元. 12 分 解解 20 (2020 新高考卷)(本小题满分 12 分)如图， 四棱锥 PABCD 的底 面为正方形，PD底面 ABCD.设平面 PAD 与平面 PBC 的交线为 l. (1)证明：l平面 PDC； (2)已知 PDAD1，Q 为 l 上的点，求 PB 与平面 QCD 所成角的正弦 值的最大值 解 (1)证明：在正方形 ABCD 中，ADBC， 因为 AD平面

22、PBC，BC平面 PBC，所以 AD平面 PBC， 又 AD平面 PAD，平面 PAD平面 PBCl，所以 ADl. 3 分 因为在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是正方形，所以 ADDC，所 以 lDC， 又 PD平面 ABCD，所以 ADPD，所以 lPD. 因为 DCPDD，所以 l平面 PDC. 6 分 解解 (2)如图，建立空间直角坐标系 Dxyz， 因为 PDAD1， 则有 D(0,0,0)， C(0,1,0)， A(1,0,0)， P(0， 0,1)， B(1,1,0)， 设 Q(m,0,1)，则有DC (0,1,0)，DQ (m,0,1)，PB (1,1，1) 解解 设

23、平面 QCD 的法向量为 n(x，y，z)， 则 DC n0， DQ n0， 即 y0， mxz0， 令 x1，则 zm，所以平面 QCD 的一个法向量为 n(1，0，m)， 则 cosn，PB n PB |n|PB | 10m 3 m21. 9 分 解解 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线 与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于 |cosn，PB | |1m| 3 m21 3 3 12mm2 m21 3 3 1 2m m21 3 3 1 2|m| m21 3 3 11 6 3 ， 当且仅当 m1 时取等号， 所以直线 PB 与平面 QCD 所成角的正

24、弦值的最大值为 6 3 . 12 分 解解 21.(2020 广东揭阳模拟)(本小题满分 12 分)如图，过抛物线 C：y28x 的焦点 F 的直线交抛物线 C 于不同的两点 A， B， P 为拋物线上任意一点(与 A，B 不重合)，直线 PA，PB 分别交抛物线的准线 l 于点 M，N. (1)写出焦点 F 的坐标和准线 l 的方程； (2)求证：MFNF. 解 (1)由抛物线方程知，焦点 F(2,0)， 准线 l 为 x2. 2 分 解解 (2)证明：设直线 AB 的方程为 x2my(mR) 令 P(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 x2my， y28x， 消去 x

25、得，y28my160， 则 y1y216. 5 分 直线 PB 的方程为 yy0 y2y0 xx0 x2x0， 即 y y2y0 x2x0 (xx0)y0 y2y0 y2 2 8 y 2 0 8 xy 2 0 8 y0 8 y2y0 xy 2 0 8 y0 y2y08x y2y0 ， 解解 当 x2 时，yy 2y016 y2y0 ，N 2，y 2y016 y2y0 ， 同理，得 M 2，y 1y016 y1y0 ， 8 分 FN 4，y 2y016 y2y0 ，FM 4，y 1y016 y1y0 ， 解解 FN FM 16y 2y016 y2y0 y 1y016 y1y0 16y 2y0y1

26、y0y2y016y1y016 y2y0y1y0 16y 1y216y 2 0y1y2y 2 0256 y2y0y1y0 161616y 2 016y 2 0256 y2y0y1y0 0. FN FM ，MFNF. 12 分 解解 22(2020 山东聊城二模)(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)x2eax11 a(aR)，g(x)ex1x. (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)a(0,1)，是否存在实数 ，ma1，a，na1，a，使 f(n)2g(m)0，f(x)0，x0，f(x)0 时，x ，2 a ，f(x)0，x 2 a，0 ，f(x)0， 所以函数 f(x)的单调递增区间为

27、 ，2 a ，(0，)，单调递减区间 为 2 a，0 . 3 分 解解 当 a0 时，x(，0)，f(x)0，x 2 a， ，f(x)1 时，g(x)0，当 x1 时，g(x)0. 7 分 当 a(0,1)时，a12 a，由(1)知， 当 na1，a时，f(n)minf(0)1a0， 所以f(n)2 min(1a) 2， 8 分 若ma1，a，na1，a， 使f(n)2g(m)0 成立， 即f(n)20，且f(n)2 ming(m)min. 解解 所以(1a)2 1a2 ea1a. 9 分 设 h(x) 1x2 ex1x，x0,1)， 则 h(x)x13e x1xex1x1 ex1x2 ， 令 r(x)3ex1xex1x1，x0,1， 则 r(x)(2x)ex11， 10 分 当 x0,1时，由 exx1，故 e1x2x， 所以(2x)ex11，故 r(x)0， 解解 所以 r(x)在0,1上单调递减， 所以 x0,1)时，r(x)r(1)0，即 r(x)0， 又 x0,1)时，x10，所以当 x0,1)时， h(x)0，h(x)单调递减， 所以当 x(0,1)时，h(x)h(0)e， 即 a(0,1)时， 1a2 ea1ae，故 e. 11 分 所以当 e 时，a(0,1)， ma1，a，na1，a， 使f(n)2g(m)0 成立. 12 分 解解 本课结束