2021届高考数学考前30天冲刺模拟试卷（21）含答案

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1、考前考前 30 天冲刺高考模拟考试卷（天冲刺高考模拟考试卷（21） 一、一、选择题：本题共选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，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。求的。 1已知集合 |24Axx ， |3Bxax a ，若A BA ，则a取值范围是( ) A( 2, ) B(，1 C1， ) D(2,) 2 记复数z，z在复平面内对应的点分别为1 Z， 2 Z， 其中 2 | 1OZ， 若 1 OZ绕顺时针O点旋转60后能与 2 OZ 重合，则 (z ) A 31 22 i B 31 22

2、 i C 13 22 i D 13 22 i 3已知为任意角，则“ 1 cos2 3 ”是“ 6 cos 3 ”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 4 5 (32)xyz展开式中 3 xy z项的系数为( ) A120 B240 C360 D480 5在等比数列 n a 中， 3 a， 15 a是方程 2 620 xx的根，则 1 17 9 a a a 的值为( ) A2 B2 C2或2 D 2 2 或 2 2 6 设A、B为圆 22 1xy上的两动点， 且120AOB，P为直线:3 4150lxy 上一动点， 则|PAPB 最小值为( ) A3

3、B4 C5 D6 7已知三棱锥ABCD中，2 3ABBDDA，BC CD，BCCD，则当三棱锥ABCD的体积最 大时，其外接球的表面积为( ) A48 B28 C16 D20 8已知点C，D分别是双曲线 22 2 :1(0) 6 xy a a 的左、右焦点，过点D的直线l与双曲线的左、右两 支分别交于A、B两点，若()0ABACBC，ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 (2)coscosbcAaC ，则ABC的面积为( ) A4 B4 3 C2 3 D2 6 二、二、选择题：本题共选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中。

4、有多项符合题目要求。分。在每小题给出的四个选项中。有多项符合题目要求。 全部选对的得全部选对的得 5 分，部分选对的对分，部分选对的对 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。 91982 年美国数学学会出了一道题：一个正四面体和一个正四棱锥的所有棱长都相等，将正四面体的一个 面和正四棱锥的一个侧面紧贴重合在一起，得到一个新几何体中学生丹尼尔做了一个如图所示的模型寄 给美国数学学会，美国数学学会根据丹尼尔的模型修改了有关结论对于该新几何体，则( ) A/ /AF CD BAFDE C新几何体有 7 个面 D新几何体的六个顶点不能在同一个球面上 10冬末春初，乍暖还寒，人们容易感冒发热若发

5、生群体性发热，则会影响到人们的身体健康，干扰正 常工作生产某大型公司规定：若任意连续 7 天，每天不超过 5 人体温高于37.3 C ，则称没有发生群体性 发热，下列连续 7 天体温高于37.3 C 人数的统计特征数中，能判定该公司没有发生群体性发热的为( ) A中位数为 3，众数为 2 B均值小于 1，中位数为 1 C均值为 3，众数为 4 D均值为 2，标准差为2 11已知函数( )|sin|cos |f xxx，则( ) A ( )f x是周期函数 B ( )f x的图象必有对称轴 C ( )f x的增区间为, 2 kkkZ D ( )f x的值域为 4 1, 8 12若实数2t，则下列

6、不等式中一定成立的是( ) A( 3) (2)(2) (3)tln ttln t B 21 (1)(2) tt tt C 1 1log (1) t t t D (1)(2) (2)log(3) tt lgtt 三、填空题：本题共填空题：本题共 4 小题小题，每小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。 13已知向量 (2,)am ，(1,2)ab，若/ /(2 )aab，则实数m 14若直线: 50(0)l axbyab 恒过圆 22 :(3)(2)25Cxy的圆心，则 32 ab 的最小值为 15在ABC中，若 12 cos 13 A ， 3 cos 5 C ，63AC ，则sin B

7、，AB 16已知点A为椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的左顶点， ( ,0)F c 为椭圆的右焦点，B，E在椭圆上，四边形 OABE为平行四边形(O为坐标原点），点F到直线AE的距离等于 2 2 b，则椭圆C的离心率为 四、四、解答题：本题共解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17从下列选项中，选择其中一个作为条件进行解答： 已知数列 n a 的前n项和 1 22 n n S ； 已知数列 n a 是等比数列， 23 12aa ， 34 24aa ； 已知数列 n a 中， 1

8、2a ，且对任意的正整数m，n都有 mnm n aaa （1）求数列 n a 的通项公式； （2）已知 221 1 loglog n nn b aa ，求数列 n b 的前 2021 项的和 2021 T 18在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 5,2bc， 45B （1）求边BC的长； （2）在边BC上取一点D，使得 4 cos 5 ADB ，求sinDAC的值 19 如图， 在多面体ABCDEF中， 矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面垂直， 1AB ， 点M为AE 的中点 （）求证：/ /BM平面EFC； （）若DEAD，求二面角MBDA的正弦值 20为降低工厂

9、废气排放量，某厂生产甲、乙两种不同型号的减排器，现分别从甲、乙两种减排器中各自 抽取 100 件进行性能质量评估检测，综合得分情况的频率分布直方图如图所示： 减排器等级及利润率如表，其中 11 98 a 综合得分k的范围 减排器等级 减排器利润率 85k 一级品 a 7585k 二级品 2 5a 7075k 三级品 2 a （1）若从这 100 件甲型号减排器中按等级分层抽样的方法抽取 10 件，再从这 10 件产品中随机抽取 4 件， 求至少有 2 件一级品的概率； （2）将频率分布直方图中的频率近似地看作概率，用样本估计总体，则： 若从乙型号减排器中随机抽取 3 件，求二级品数的分布列及数

10、学期望 ( )E； 从长期来看，投资哪种型号的减排器平均利润率较大？ 21已知点 (2,0)F 为椭圆 22 22 1(0) xy ab ab 的焦点，且点 5 (2,) 5 P在椭圆上 （）求椭圆的方程； （）已知直线l与椭圆交于M，N两点，且坐标原点O到直线l的距离为 30 6 ，MON的大小是否为定 值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由 22已知函数 2 ( )() x ealnx f xaR e （1）当1a 时，证明：函数 ( )f x的导函数( )fx 存在唯一的零点； （2）若不等式 2 1 1 ( ) x xaxx x f x e 恒成立，求实数a的取值范围 考前考前 30

11、 天冲刺高考模拟考试卷（天冲刺高考模拟考试卷（21）答案）答案 1解：由A BA 知AB， 故 2 3 4 a a ，解得1a 故选：C 2解：设zabi，则z abi，所以点 1 Z， 2 Z关于x轴对称， 由题意可知， 3 cos30 2 a ， 1 sin30 2 b ，故 31 22 zi，则 31 22 zi 故选：B 3解：由 1 cos2 3 得， 2 1 2cos1 3 ， 2 2 cos 3 ， 为任意角， 6 cos 3 ， 1 cos2 3 是 6 cos 3 的必要不充分条件 故选：B 4解： 5 (32)xyz表示 5 个因式(3 2)xyz 的乘积，故它的展开式中，

12、 含 3 xy z的项是由其中一个因式取3x，其中三个因式取2y，剩下的一个因式取z得到的， 故 3 xy z的系数为： 1331 541 32480CCC 故选：D 5解：在等比数列 n a 中， 3 a， 15 a是方程 2 620 xx的根， 315 2a a ， 315 6aa ， 1 173 15 9 3 15 2 a aa a aa a 故选：B 6解：设AB的中点为D，由平行四边形法则可知 22()PAPBPDODOP， 由圆的性质可得ODAB，圆O的半径为 1，120AOB，可得 1 2 OD ， OP的最小值即为点O到直线l的距离： | 15| 3 916 d ， 所以当且仅

13、当O，P，D三点共线时，|PAPB取得最小值， 所以 1 | 2|2(|)2(3)5 2 PAPBODOPOPOD 故选：C 7解：BCCD，BC CD， 2 3BD ， 2 3 6 2 BCCD， 又2 3ABAD， 要使三棱锥ABCD 的体积最大，则AC 平面BCD或平面ABD 平面BCD， 当AC 平面BCD时，三棱锥ABCD的高为 22 1266ABBC ， 当平面ABD 平面BCD时，三棱锥ABCD的高为 22 (2 3)( 3)3， 故当平面ABD 平面BCD时，三棱锥ABCD的体积最大， 如图， 设ABD的外心为O，则O到B、C、D的距离相等，即O为三棱锥ABCD的外接球的球心，

14、 可得外接球半径 22 2 (2 3)( 3)2 3 ROA 其外接球的表面积为 2 4216 故选：C 8解：若()0ABACBC，则() ( )0ABACACAB， 即有| |ABAC， 又(2 )coscosbcAaC ，即为2 coscoscosbAcAaC， 可得2sin cossincossincossin()sinBACAACACB ， 又sin0B ，可得 1 cos 2 A ， 可得内角 3 A ，三角形ABC为等边三角形，设边长为t， 由双曲线的定义可得，2BCBDa，2ADACa， 而ADABBDACBD，所以2BDa，4BCa， 在BCD中， 222 2cos120CD

15、BCBDBC BD， 所以 222 1 4241642 42() 2 aaaaa ， 解得1a ， 则ABC的面积为 2 3 164 3 4 a 故选：B 9 解： 对于A， 由题意可知AF ADCDCF， 所以四边形AFCD为菱形， 故/ /AFCD， 故选项A正确； 对于B，因为DECD，且/ /AFCD，所以AFDE，故选项B正确； 对于C，新几何体为三棱柱，有 5 个面，故选项C错误； 对于D，新几何体为斜三棱柱，没有外接球，故选项D正确 故选：ABD 10解：由题意，设连续 7 天，每天的体温高于37.3 C 的人数分别为a，b，c，d，e，f，g，则 0 a b c d e fg剟

16、剟剟? ， 对于A，取 2，2，2，2，3，4，6，则满足中位数为 3，众数为 2，但是第 7 天的人数为65，故选项A错 误； 对于B，若 6g，由中位数为 1，可知均值为 1 () 1 7 abcdefg，与均值小于 1 矛盾，故选项B 正确； 对于C，取 0，1，2，4，4，4，6，则满足均值为 3，众数为 4，但是第 7 天的人数为65，故选项C错误； 对于D，当均值为 2，标准差为2时， 14abcdefg ， 22 (2)(2)14ag，若 6g， 则 22 (2)(2)14ag，且如 1，1，1，1，2，3，5，符合题意，故选项D正确 故选：BD 11解：函数( )|sin|co

17、s |f xxx， 对于A：满足 ()( ) 2 fxf x 所以 2 为周期函数的周期，故A正确； 对于B：函数满足 ()( ) 2 fxf x ，所以函数关于 4 x 对称，故函数的图像必有对称轴，故正确； 对于C：由A知，函数的周期为 2 ，所以：对于C中的关系，当0k 时，函数的单调递增区间为0, 2 ， 显然错误，故C错误； 对于D：当0 x 时， (0)1() 2 ff ，当 4 x 时， 1 4 4 ()88 4 f ，故D正确 故选：ABD 12解：令 ( ) lnx f x x ，则 2 1 ( ) lnx fx x ， 易得，当xe时， ( )0fx ，函数单调递减，当0

18、xe时， ( )0fx ，函数单调递增， 因为2t，33tte ， 所以 (3)(2) 32 ln tln t tt ， 所以( 2) (3)(3) (2)tln ttln t 同理 (1)(2) 12 ln tln t tt ， 所以( 2) (1)(1) (2)tln ttln t ， 所以 21 (1)(2) tt tt ，B正确； 所以( 2) (1)(1) (2)tln ttln t ，A正确； 令 (1) ( ) ln x g x lnx ，2x， 则 2 (1) (1) ( )0 xlnxxln x g x ln x ， 故 ( )g x在2，)上单调递减，(1)(2)g tg

19、t ， 所以 (2)(3) (1)(2) ln tln t ln tln t ， 故 12 log(2)log(3) tt tt ，D正确； 对于C， 11(1) 1log (1) t tln t t ttlnt (1) 1 lntln t tt ， 结合选项A的讨论，t与e的大小不确定， 故D 错误 故选：ABD 13解： (2,)am ，(1,2)ab， (1,2)bm ， 2(4,34)abm ， / /(2 )aab， 2(34)40mm ，解得4m 故答案为：4 14解：直线: 50(0)l axbyab 恒过圆 22 :(3)(2)25Cxy的圆心， 可得325ab， 则 321

20、32166166 ()(32 )(13)(132)5 555 baba ab abababab ， 当且仅当1ab时，取等号 所以 32 ab 的最小值为：5 故答案为：5 15解：因为 12 cos 13 A ， 3 cos 5 C ，63AC ， 所以 2 5 sin1 13 Acos A ， 2 4 sin1 5 Ccos C ， 所以 5312463 sinsin()sincoscossin 13513565 BACACAC ， 因为由正弦定理 sinsin ACAB BC ，可得 63 634 655 AB ， 解得52AB 故答案为： 63 65 ，52 16解：由题意可得 (,0

21、)Aa ，设 0 (E x， 00 )0yy ，由四边形OABE为平行四边形可得 1 (B x， 0) y ， 且OAEB，所以( a ， 10 0)(xx ，0)， 所以 10 xxa ，即 0 (B xa ， 0) y ， 由B，E在椭圆上，所以 22 00 22 22 00 22 () 1 1 xay ab xy ab ，两式相减可得 2 0 2 2 0 axa a ， 解得 0 2 a x ，代入可得 0 3 2 yb， 即 ( 2 a E ， 3 ) 2 b， 所以 3 3 2 3 2 AE b b k a a a ， 所以直线AE的方程为： 3 () 3 b yxa a ， 即33

22、30bxayab， 右焦点 ( ,0)F c 到直线AE的距离 22 |33|2 2 39 bcab db ba ， 整理可得： 2 3420ee，解得： 42 10210 63 e ， 由椭圆的离心率可得： 102 3 e ， 故答案可得： 102 3 17解：（1）若选，当1n 时， 11 2aS ， 当2n时， 1 1 22(22)2 nnn nnn aSS ，显然当1n 时， 1 a也适合， 所以2n n a 若选，设等比数列 n a 的公比为q， 因为 23 12aa ， 34 24aa ，所以有 2 11 23 11 12 24 a qa q a qa q ， 解得 1 2a ，

23、2q ，2n n a 若选，令1m ， 11nn aaa ， n a 是以 1 2a 为首项，公比为 2 的等比数列， 因此2n n a ； （2）由题意知， 1 22122 11111 logloglog 2log 2(1)1 n nn nn b aan nnn ， 2021 1111112021 (1)()()1 2232021202220222022 T 18解：（1）在ABC中，因为5,2,45bcB ， 由余弦定理知， 222 2cosbacacB， 所以 2 2 5222 2 aa，即 2 230aa， 解得3a 或1a （舍)， 所以3BC （2）在ABC中，由正弦定理知， si

24、nsin bc BC ， 所以 52 sin45sinC ，解得 5 sin 5 C ， 因为 4 cos 5 ADB ， 所以 4 cos 5 ADC ，即ADC为钝角，且 3 sin 5 ADC ， 又180ADCCCAD， 所以C为锐角， 所以 2 2 5 cos1sin 5 CC， 所以sin sin(180)sin()DACADCCADCC sincoscossinADCCADCC 32 5452 5 555525 19解：（1）证明：由题知平面BDEF 平面ABCD，BDED， 平面BDEF平面ABCDBD，DE 平面BDEF， DE平面ABCD， 以D为原点，DA、DC、DE所在

25、直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 设DEt，则 (1B ，1，0)， (1A ，0，0)， (0E ，0，) t， 1 ( ,0, ) 22 t M，(1F，1，1)，(0C，1，0)， 1 ( ,1,) 22 t MB ， (1EF ，1，1 ) t ，(0EC ，1， 1) ， 设平面EFC的法向量 (nx ，y，) z， 则 (1)0 0 EF nxyt z EC nyz ，取 1y ，得 (2nt ，1，1)， 0MB n，MB 平面EFC， / /MB平面EFC （2）1DEAD，(1DB ，1，0)， 1 ( ,0 2 DM ， 1 ) 2 ， 设平面DBM的法向量 (

26、ma ，b，) c， 则 0 11 0 22 m DBab m DMac ，取1a ，得 (1m ，1， 1) ， 平面ABD的法向量 (0p ，0，1)， 设二面角MBDA的平面角为， 则 |1 cos | |3 m p mp ， 2 16 sin1() 33 二面角M BDA的正弦值为 6 3 20 解： （1） 由已知及频率分布直方图中的信息知， 甲型号减排器中的一级品的概率为(0.08 0.04) 50.6 ， 二级品的概率为 0.4， 则用分层抽样的方法抽取的 10 件甲型号减排器中有 6 件一级品，4 件二级品， 从这 10 件产品中随机抽取 4 件，至少有 2 件一级品的概率 2

27、23140 646464 4 10 37 42 C CC CC C P C （2）由已知及频率分布直方图中的信息知，乙型号减排器中的一级品的概率为 7 10 ， 二级品的概率 1 4 ，三级品的概率为 1 20 ，若从乙型号减排器随机抽取 3 件， 则二级品数所有可能的取值为 0，1，2，3，且 1 (3, ) 4 B， 所以 030 3 3127 (0)( ) ( ) 4464 PC， 122 3 3127 (1)( ) ( ) 4464 PC， 212 3 319 (2)( ) ( ) 4464 PC， 303 3 311 (3)( ) ( ) 4464 PC， 所以的分布列为 0 1 2

28、 3 P 27 64 27 64 9 64 1 64 所以数学期望 2727913 ( )0123 646464644 E （或 13 ( )3) 44 E 由题意知，甲型号减排器的利润的平均值 22 1 0.60.4 520.6Eaaaa， 乙型号减排器的利润的平均值 222 2 711137 5 104201010 Eaaaaa ， 2 12 7171 () 1010107 EEaaa a ，又 11 98 a ， 所以 12 0EE ，即 12 EE ， 所以投资乙型号减排器的平均利润率较大 21解：（）因为点 (2,0)F 为椭圆 22 22 1(0) xy ab ab 的焦点所以2c

29、 又因为 5 (2,) 5 P在椭圆上，所以 2 5a ， 1b ， 所以椭圆的方程为： 2 2 1 5 x y （）当直线l的斜率不存在时，由原点O到直线l的距离为 30 6 ， 可得直线l的方程为： 30 6 x ， 代入椭圆可得 30 ( 6 M， 30 ) 6 ， 30 ( 6 N， 30 ) 6 或 30 ( 6 M ， 3030 )( 66 N ， 30 ) 6 ， 可得0OM ON，所以MON为 2 当直线l的斜率存在时，设直线的方程为：y kxm ， 设 1 (M x， 1) y， 2 (N x， 2) y ，由原点O到直线l的距离为 30 6 ， 可得 2 30| 6 1 m

30、 k ，可得 22 65(1)mk 直线与椭圆联立 2 2 1 5 ykxm x y ，整理可得 222 (1 5)10550kxkmxm 所以 12 2 10 15 km xx k ， 2 12 2 55 15 m x x k ， 因为 22 121 212 ()y yk x xkm xxm，所以 22 12 2 5 15 mk y y k 22222 1212 222 555655 0 151515 mmkmk OA OBx xy y kkk ， 所以 2 MON ； 综上所述 2 MON 恒成立 22（1）证明：当时， 所以， 记， 所以， 又记， 所以， 所以在区间上单调递减， 所以，

31、 所以， 所以在区间上单调递减， 且（2）， 由零点存在性定理可得存在唯一，使得，即， 即函数的导函数存在唯一的零点 1a 2 ( ) x xlnx f x e 2 1 2 ( ) x xxlnx x fx e 2 1 ( )2(0)g xxxlnx x x 32 22 11221 ( )22 xxx g xx xxx 32 ( )221t xxxx 22 11 ( )6416()0 33 t xxxx ( )t x(0,) ( )(0)10t xt ( )0g x ( )g x(0,) g 1 220 2 lneln 3173 ( )0 2122 gln 0 3 (2x 2) 0 ()0g x 0 ()0fx ( )f x( )fx （2）解：由不等式恒成立， 化简可得恒成立， 令， 则， 当，即时，令，可得，令，可得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以（1），满足题意； 当，即时，因为（1），不满足题意， 综上所述，实数的取值范围是， 2 1 1 ( ) x xaxx x f x e 1 1 0alnxaxx x 1 ( )1xalnxaxx x 0 x 2 222 1(1)1(1)(1)1 ( )1 aa xaxxa x xa xxxx 10a 1a( )0 x1x ( )0 x01x ( )x(0,1)(1,) ( )x10a 10a1a 10a a(1