2021届高考数学考前20天终极冲刺模拟试卷（4）含答案

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1、考前考前 20 天终极冲刺高考模拟考试卷（天终极冲刺高考模拟考试卷（4） 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 2 |20Ax xx， |1Bx x ，则(AB ) A(, 2) B(，0)(2，) C(，1)(0，) D(，1)(2，) 2已知复数(1)(12 )zii，其中i是虚数单位，则z的虚部为( ) A3 B3 C3i D3i 3如图是一个水平放置的直观图，它是一个底角为45，腰和上底均为 1，下底为21

2、的等腰梯形，那么 原平面图形的面积为( ) A22 B 12 2 C 22 2 D12 4党的十九大报告中指出：从 2020 年到 2035 年，在全面建成小康社会的基础上，再奋斗 15 年，基本实 现社会主义现代化若到 2035 年底我国人口数量增长至 14.4 亿，由 2013 年到 2019 年的统计数据可得国内 生产总值()GDP y（单位：万亿元）关于年份代号x的回归方程为6.650.4(1yxx，2，3，4，5，6，7)， 由回归方程预测我国在 2035 年底人均国内生产总值（单位：万元）约为( ) A14.0 B13.6 C202.2 D195.6 5已知函数( )sin()(0

3、) 6 f xx 的最小正周期大于 3 ，且关于直线 9 x 对称，则的值为( ) A1 B2 C3 D4 6 已知抛物线 2 :2(0)C ypx p， 以(2 , 0 )M 为圆心， 半径为 5 的圆与抛物线C交于A，B两点， 若| 8AB ， 则(p ) A4 B8 C10 D16 7一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游ABC三个景点及 沿途风景，则不重复（除交汇点O外）的不同游览线路有( ) A6 种 B8 种 C12 种 D48 8设( )|f xlnx ，若函数( )( )g xf xax在区间 2 (0,)e上有三个零点，则实数a的取值范围为(

4、) A 2 2 (e， 1) e B 1 ( e ， 2 2 ) e C 1 ( e ，0) D 2 ( e ， 2 2 ) e 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。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。 9清华大学全面推进学生职业发展指导工作通过专业化、精细化、信息化和国际化的就业工作，引导学 生把个人职业生涯科学发展同国家社会需要紧密结合，鼓励到祖国最需要的地方建

5、功立业2019 年该校毕 业生中，有本科生 2971 人，硕士生 2527 人，博士生 1467 人学校总体充分就业，毕业生就业地域分布更 趋均匀合理，实现毕业生就业率保持高位和就业质量稳步提升根据如图，下列说法正确的有( ) A博士生有超过一半的毕业生选择在北京就业 B毕业生总人数超半数选择在北京以外的单位就业 C到四川省就业的硕士毕业生人数比到该省就业的博士毕业生人数多 D到浙江省就业的毕业生人数占毕业生总人数的12.8% 10设0ab，1ab，则下列结论正确的是( ) A 1 0 2 ba B 22 aab Cab最大值为 1 4 D 22 1 1 2 ab 11已知双曲线 22 22

6、:1(0,0) xy Cab ab 的离心率为5，右焦点为F，过F的直线l与C的两条渐近线的 交点分别为A，B，且与其中一条渐近线垂直，OAB的面积为 16 ( 3 O为坐标原点） ，则( ) A直线l与C的左、右两支各有一个交点 BC的焦距为4 10 C点O到直线l的距离为4 2 D若P为C右支上一点，则|PF的最小值为16 2 12设ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c下列有关等边三角形的四个命题中正确的 是( ) A若 sinsinsin abc ABC ，则ABC是等边三角形 B若 coscoscos abc ABC ，则ABC是等边三角形 C若 tantantan ab

7、c ABC ，则ABC是等边三角形 D若 abc ABC ，则BC是等边三角形 三、填空题：本题共填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。 13在 6 3 (2)x x 的展开式中， 3 x的系数是 14若曲线 2 3 4 x ylnx在 0 xx处的切线的斜率为 1 2 ，则 0 x 15 在平行四边形ABCD中，3BEED ， 11 22 AFACAB， 若(,)E FA BA DR， 则 16已知矩形ABCD中，2AB ，4BC ，E，F分别为BC，AD的中点将ABE沿直线AE翻折至 1 AB E的位置，若G为 1 B D的中点，则CG ；H为AE的

8、中点，在翻折过程中，当 1 B HF为正三角形 时，三棱锥 1 BAED的外接球的表面积是 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在3 cossin 2 AC abA ，cos3 sinabCcB， 222 (2)()2cosac abcabcC这三个条件 中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答 问题：已知ABC内角A，B，C的对边分别是a，b，c，2b ，_，求ac的最大值 18已知数列 n a的前n项和为 n S，且满足： 123 (1)(2) 23 3 n n nn

9、 aaana ， * nN （1）求数列 n a的通项公式； （2）设 1 n S 的前n项和为 n T，证明： 11 9 n T 19如图，在直三棱柱 111 ABCABC中，BABC， 1 2BABCBB （1）求异面直线 1 AB与 11 AC所成角的大小； （2）若M是棱BC的中点求点M到平面 11 A B C的距离 202020 年 5 月 27 日，中央文明办明确规定，在 2020 年全国文明城市测评指标中不将马路市场、流动商 贩列为文明城市测评考核内容6 月 1 日上午，国务院总理李克强在山东烟台考察时表示，地摊经济、小店 经济是就业岗位的重要来源，是人间的烟火，和“高大上”一样

10、，是中国的生机其中套圈游戏凭借其趣 味性和挑战性深受广大市民的欢迎现有甲、乙两人进行套圈比赛，要求他们站在定点A，B两点处进行 套圈， 已知甲在A，B两点的命中率均为 1 3 ， 乙在A点的命中率为 1 1(0) 2 pp， 在B点的命中率为12p， 且他们每次套圈互不影响 （1）若甲在A处套圈 3 次，求甲至多命中 1 次的概率； （2）若甲和乙每人在A，B两点各套圈一次，且在A点命中计 2 分，在B点命中计 3 分，未命中则计 0 分，设甲的得分为X，乙的得分为Y，写出X和Y的分布列和期望； （3）在（2）的条件下，若EXEY，求p的范围 21已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab

11、 ab 的长轴长为2 2，其离心率与双曲线 22 1xy的离心率互为倒数 （1）求椭圆C的方程； （2）将椭圆C上每一点的横坐标扩大为原来的2倍，纵坐标不变，得到曲线 1 C，若直线: l ykxt与曲 线 1 C交于P，Q两个不同的点，O为坐标原点，M是曲线 1 C上的一点，且四边形OPMQ是平行四边形， 求四边形OPMQ的面积 22记( )( ( )fxf x，( )fx为( )f x的导函数若对xD ，( )0fx，则称函数( )yf x为D上的“凸 函数” 已知函数 32 ( )1f xlnxxaxxaR （1）若函数( )f x为1，)上的凸函数，求a的取值范围； （2）若方程 3

12、( )yf xxa在1，)上有且仅有一个实数解，求a的取值范围 考前考前 20 天终极冲刺高考模拟考试卷（天终极冲刺高考模拟考试卷（4）答案）答案 1解：集合 2 |20 |2Ax xxx x或0 x ， |1Bx x ， |1ABx x 或0(x ，1)(0，) 故选：C 2解：复数 2 (1)(1 2 )1221 3ziiiiii ， z的虚部为3 故选：A 3解：平面图形的直观图是一个底角为45，腰和上底长均为 1 的等腰梯形， 平面图形为直角梯形，且直角腰长为 2，上底边长为 1， 梯形的下底边长为12， 平面图形的面积 1 12 222 2 S 故选：A 4解：到 2035 年底对应

13、的年份代号为 23， 把23x 代入6.650.4yx得，6.6 2350.4202.2y （万亿元） ， 又 202.2 14.0 14.4 ， 所以到 2035 年底，我过人均国内生产总值约为 14.0 万元 故选：A 5解：由题意函数( )sin() 6 f xx 的周期为 2 T ，则 2 3 ，所以6， 又 9 x 为函数的一条对称轴，所以, 962 kkZ ， 解得39k，kZ，令0k ，得3， 故选：C 6解：设( , )A m n，由A在抛物线 2 :2(0)C ypx p上，可得 2 2npm， 由A在以( 2,0)P 为圆心，半径为 5 的圆上，可得 22 (2)25mn，

14、 由| 8AB ，可得4n ，所以即 22 (2)425m， 可得1m ，代入 2 2npm，可得8p ， 故选：B 7解：根据题意，从点P处进入后，参观第一个景点时，有 6 个路口可以选择，从中任选一个，有 1 6 C种 选法， 参观完第一个景点，要参观第二个景点时，有 4 个路口可以选择，从中任选一个，有 1 4 C种选法， 同理：参观完第二个景点，要参观第三个景点时，有 2 个路口可以选择，从中任选一个，有 1 2 C种选法， 则共有 111 642 48C C C 种结果， 故选：D 8解：( )|f xlnx ，若函数( )( )g xf xax在 2 (0,)e上有三个零点， 可得

15、( )0g x ，即( )f xax在 2 (0,)e有三个实根， 即有 |lnx a x 在 2 (0,)e有三个实根，设 | ( ) lnx g x x ， 可得 2 ,01 ( ) ,1 lnx x x g x lnx x e x ， 由 lnx y x 的导数为 2 1lnx y x ， 可得01x时，0y，即 lnx y x 递减； 当 2 1x e 时， lnx y x 的导数为 2 1lnx y x ， 当1xe时，0y，函数递增； 2 exe时，函数递减， 可得xe时函数取得极大值 1 e ， 2 xe时， 2 2 y e ， 作出( )g x的图象，可得 2 21 a ee

16、时，即 2 12 a ee 时，直线ya和( )yg x在 2 (0,)e有三个交点， 故选：B 9解：A：北京地区博士生52.1%50%，故正确； B：北京地区有2971 21.9%252739.6%146752.1%2416人， 因此北京以外有6965241645492416，故正确； C：硕士毕业生人数约为25273.2%81人博士毕业生人数14673.7%54人， 因此硕士多于博士，故正确； D：浙江就业人数有2971 3%25275.6%14674.2%292人， 因此占总人数的比例为29269654.2%12.8%，故错误 故选：ABC 10解：由0ab，1ab，则 1 01 2

17、ab 对A，由于 1 0 2 a ， 1 1 2 b，所以01ba，所以A错误； 对B， 22 1 122 2 bbaabab ，所以B正确； 对C， 2 1 () 24 ab ab （当且仅当ab时取“” )，由于ab，所以“”不可取，所以C错误； 对D，因为 2 22 ()1 22 ab ab ，又 2 aa， 222 1bbabab，所以D正确 故选：BD 11解：设C的焦距为2c，由5 c e a ，得2 b a ，于是渐近线方程为2yx ， 设l与2yx垂直，且垂足为A，则l的斜率为 1 2 ，于是l与双曲线左、右两支各有一个交点，故A正确； 设2yx与y轴的夹角为，由2yx的斜率为

18、 2，可知： 1 tan 2 ，则 2 1 2 4 2 tan 1 3 1( ) 2 AOB ， 又易知：|FAb，|OFc，则|OAa， 从而 4 | 3 ABa，则OAB的面积为 2 14216 2333 aaa，解得2 2a ， 故4 2b ，所以2 10c ， 故C的焦距为4 10，故B正确，C错误； 当P在双曲线右支上时，|PF的最小值为2 102 2ca，故D错误， 故选：AB 12解：A，若 sinsinsin abc ABC ，由正弦定理可知：任意ABC都满足条件，因此不一定是等边三 角形，不正确； B，若 coscoscos abc ABC ，由正弦定理可得： sinsins

19、in coscoscos ABC ABC ，tantantanABC，A，B， (0, )C，ABC，ABC是等边三角形，正确 C，若 tantantan abc ABC ，由正弦定理可得： sinsinsin tancostan ABC ABC ，coscoscosABC，A，B， (0, )C，ABC，ABC是等边三角形，正确 D，若 abc ABC ， sinsinsinABC ABC ， 3 ABC 时，ABC是等边三角形；A，B， 3 C 时， 研究函数 sin ( )(0,) 2 x f xx x 的单调性， 22 cossin(tan )cos ( ) xxxxxx fx xx

20、，0 2 x 时，tanxx， 函数( )f x在(0,) 2 上单调递减， 因此 sinsinsinABC ABC 不成立 综上可得：ABC是等边三角形， 正确 其中，正确叙述的序号是 故选：BCD 13解：展开式的通项公式为 3 6 66 2 166 3 (2 )()23( 1) r rrrrrrr r TCxCx x ， 令 3 63 2 r，解得2r ， 所以 3 x的系数为 2422 6 23( 1)2160C ， 故答案为：2160 14解：设切点坐标为 2 0 00 (,3) 4 x xlnx， 0 0 x ， 因为曲线 2 3 4 x ylnx， 所以 13 2 yx x ，

21、故 0 0 131 22 x x ，解得 0 3x ，或 0 2x ， 故 0 3x 故答案为：3 15解： 11111 () 22222 AFACABABADABABAD， 33()AEABBEABDEABAEAD， 31 22 AEADAB， 1313 2222 EFAFAEABADADABABAD， EFABAD， 3 2 ，1 ， 1 2 故答案为： 1 2 16解：如图， 取 1 AB的中点K，连接EK，GK，则/ /GKAD且 1 2 GKAD， / /ECAD， 1 2 ECAD，则/ /GKEC且GKEC， 四边形ECGK为平行四边形，则CGEK，在Rt 1 EB K中， 求得

22、 2222 11 215EKBEBK，即5CG ； 由已知可得，AED为Rt，则AD中点F为AED的外心， 又 1 AB E为Rt，则AE的中点H为 1 AB E的外心， 分别过F、H作平面AED与平面 1 AB E的垂线，相交于O，则O为三棱锥 1 BAED的外接球的球心， 1 B HF为正三角形， 1 60B HF，2HF ，可得30OHF， 36 2 33 OF ，又2AF ， 2222 614 2() 33 RAO 三棱锥 1 BAED的外接球的表面积是 2 1456 44 33 R 故答案为：5； 56 3 17解：若选：由已知得3sinsinsinsin 2 B ABA， 即3si

23、n2sincos 222 BBB 化简得 3 cos 22 B ，因为(0, )B，所以 26 B ， 3 B 又 222 1 cos 22 acb B ac ， 所以 22 4 2acacac ，当且仅当ac时取等号， 故4ac，即ac的最大值为 4 若 选 ： 由 已 知 得sinsincos3sinsinABCCB，sin()sincos3sinsinBCBCCB， sincoscossinsincos3sinsinBCBCBCCB， 化简得cos3sinBB，即 3 tan 3 B ，因为(0, )B，所以 6 B 由 222 3 cos 22 acb B ac ， 可得 22 34

24、2acacac ，当且仅当ac时取等号， 故84 3ac，即ac的最大值为84 3 若选：由已知(2) 2cos2cosacacBabcC， 即(2)coscosacBbC， 又(2sinsin)cossincosACBBC， 所以2sincossincoscossinsin()sinABBCBCBCA 所以 1 cos 2 B ，因为(0, )B，所以 3 B 由 222 1 cos 22 acb B ac ， 得 22 4 2acacac ，当且仅当ac时取等号， 故4ac，即ac的最大值为 4 18 （1）解：依题意，当1n 时， 1 1 23 2 3 a ， 当2n时，由 123 (1

25、)(2) 23 3 n n nn aaana ， 可得 1231 (1) (1) 23(1) 3 n nn n aaana ， ，可得 (1)(2)(1)(1) (1) 33 n n nnn nn nan n ， 即1 n an， 当1n 时， 1 2a 也满足上式， 1 n an， * nN （2）证明：由（1）知，121 (1) n ann ， 故数列 n a是以 2 为首项，1 为公差的等差数列， (1)(3) 21 22 n n nn n Sn ， 则 12211 () (3)33 n Sn nnn ， 1231 11111 n nn T SSSSS 21211211211211 (1

26、)()()()() 3432533631233nnnn 2111111111 (1) 342536123nnnn 211111 (1) 323123nnn 112111 () 93123nnn 11 9 ， 不等式 11 9 n T 成立 19解： （1）由于 11/ / ACAC，所以 1 CAB（或其补角）即为异面直线 1 AB与 11 AC所成角， （2 分） 连接 1 CB，在 1 ABC中， 由于 11 2 2ABBCAC，所以 1 ABC是等边三角形， 所以 1 3 CAB ，所以异面直线 1 AB与 11 AC所成角的大小为 3 （6 分） （2）解法一：如图所示，建立空间直角坐

27、标系，可得有关点的坐标为(0C，0，2)、 1(0 B，2，0)、 1(2 A， 2，0)、(0M，0，1)（8 分） 设平面 11 A B C的法向量为( ,)nu v w，则 111 ,nCB nAB 1 (0, 2,2)CB ， 11 ( 2,0,0)AB ， 且 111 0,0n CBn AB， 220 200 vwwv uu ，取1v ， 得平面 11 A B C的一个法向量为(0,1,1)n ，（11 分） 且|2n ， 又 1 (0, 2,1)MB ， 于是点M到平面 11 A B C的距离 1 |0 01 2 1|12 |222 n MB d n 所以， 点M到平面 11 A

28、B C的距离等于 2 2 （14 分） 解法二：过点M作 1 MNCB交 1 CB于N，由 1 11 1111 MNCB MNABMN CBABB 平面 11 A B C 在Rt CMN中，由 4 MCN ，1CM ，得 2 2 MN ， 所以，点M到平面 11 A B C的距离等于 2 2 20解： （1）设“甲至多命中 1 次”为事件C，则P（C） 0312 33 21220 ( )( ) 33327 CC， 故甲至多命中 1 次的概率为 20 27 （2）由题意知，0X ，2，3，5，0Y ，2，3，5， 2 24 (0)( ) 39 P X ， 122 (2)(3) 339 P XP

29、X， 2 11 (5)( ) 39 P X ， 2 (0)1 (1)1 (1 2 )2P Yppp， 2 (2)(1)1 (1 2 )22P Ypppp， 2 (3)1 (1)(1 2 )2P Ypppp， 2 (5)(1)(1 2 )231P Ypppp， X的分布列为 X 0 2 3 5 P 4 9 2 9 2 9 1 9 Y的分布列为 Y 0 2 3 5 P 2 2p 2 22pp 2 2pp 2 231pp 42215 ()0235 99993 E X ， 2222 ( )0 22 (22)3 (2)5 (231)5 8E Ypppppppp （3）EXEY， 5 58 3 p，即 5

30、 12 p ， p的取值范围是 5 (12， 1 2 21解： （1）由已知，22 2a ，解得2a ， 又因为双曲线 22 1xy的离心率为2， 可知，椭圆C的离心率为 2 2 c a ，即2ac， 所以1c ，进而可得1b ， 所以椭圆C的方程为 2 2 1 2 x y （2）将椭圆C上每一点横坐标扩大为原来的2倍，纵坐标不变， 得到曲线 1 C的方程为 2 2 1 4 x y， 设 1 (P x， 1) y， 2 (Q x， 2) y， 0 (M x， 0) y， 22 44 ykxt xy ，得 222 (14)8440kxktxt， 所以 12 2 8 14 kt xx k ， 2

31、12 2 44 14 t x x k ， 且 222 (8 )4(1 4)(44)0ktkt，即 22 14tk ， 由四边形OPMQ是平行四边形， 所以OMOPOQ， 所以 012 2 8 14 kt xxx k ， 01212 2 2 ()2 14 t yyyk xxt k ， 因为点M在椭圆上， 所以 2 2 2 2 8 () 2 14 ()1 414 kt t k k ， 整理可得 22 414tk ， 所以 2 12 22 441 1 14 t x x kt ， 所以 2 22 1212 3(1) |1()4 | | k PQkxxx x t ， 所以点O到直线l的距离 2 | |

32、1 t d k ， 所以四边形OPMQ的面积为|3PQ d 22解： （1）， 若为，上的凸函数，则对恒成立， 2 1 ( )321fxxax x 2 1 ( )62fxxa x ( )f x1) 2 1 620 xa x 1x 即对恒成立，而在，单调递增， ，解得：，故的取值范围是 （2）由得，令，（1）， ， 当时，对恒成立，在，上单调递增， 又（1），在，上有且只有 1 个实数根，符合题意， 当时，令得， 若即时，对恒成立，在，单调递减， 在，上有且只有 1 个实数根，符合题意， 若即时，在，递增，在，递减， ， 故存在，即在，上有 2 个零点， 综上，的取值范围是， 2 1 26ax

33、x 1x 2 1 6yx x 1) 2 1 (6)5 min x x 25a 5 2 a a 5 (,) 2 3 ( )f xxa 2 10lnxaxxa 2 ( )1h xlnxaxxah0 2 121 ( )21 axx h xax xx 0a( )0h x1x( )h x1) h0( )h x1) 0a 2 210axx 1 118 0 4 a x a 2 118 0 4 a x a 2 1x 1a( )0h x1x( )h x1) ( )h x1) 2 1x 01a( )h x1 2) x 2 x) 1x 1lnxx 2 ( )2h xaxxa 0 1x 0 ()0h x( )h x1) a(01)