2021届高考数学考前20天终极冲刺模拟试卷（16）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（16） 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 |56 0Px xx ， |31 x Qx，则 (PQ ) A | 1 0 xx 剟 B |0 1xx剟 C |0 6xx剟 D | 6 0 xx 剟 2设 1 ( 2 i zi i 为虚数单位），则| (z ) A 1 2 B 2 2 C1 D 2 3疫情期间，课的方式进行授课，某省级示范中学对在

2、家学习的 100 名同学每天的学习时间（小时）进行 统计，服从正态分布 (9N ， 2 1 )，则 100 名同学中，每天学习时间超过 10 小时的人数为( )（四舍五入 保留整数） 参考数据：( )0.6827PZ ，( 22 )0.9545PZ p ，( 33 )0.9973PZ A15 B16 C31 D32 4已知 1 sin() 63 ，则 5 sin(2)( 6 ) A 7 9 B 7 9 C 5 9 D 5 9 5将面积为 4 的矩形ABCD沿对角线BD折起，使二面角A BDC的大小为(0)，则三棱锥 ABCD外接球的体积的最小值为( ) A 8 2 3 B 4 3 C 32 3

3、 D与的大小有关 6用红、黄、蓝三种颜色给图中的A、B、C、D四个小方格涂色，使相邻小方格（有公共边的小格）不 同色，三种颜色可用完也可不用完，则不同的涂色方案种数为( ) A6 种 B12 种 C18 种 D24 种 7设 1 F， 2 F分别为双曲线 22 22 1(0,0) xy ab ab 的左、右焦点，O为坐标原点，过 1 F的直线与双曲线的 两条渐近线分别交于A，B两点，且满足 1| |OBOF， 1 2OFOBOA，则该双曲线的离心率为( ) A3 B7 C2 D2 2 8定义在R上的偶函数 ( )f x满足(2)(2)fxfx ，且当 0 x ，2时， 2 1,01 ( ) 4

4、4,12 x ex f x xxx 剟 若 关于x的不等式 |( )m xf x 的整数解有且仅有 9 个，则实数m的取值范围为( ) A 11 (, 75 ee B 11 , 75 ee C 11 (, 97 ee D 11 , 97 ee 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已知 11 0 ab ，则下列结论一定正确的是(

5、 ) A 22 ab B 2 ba ab C 2 lgalgab D| ab aa 10 已知函数 ( )3sin24cos2f xxx ，( ) ( ) |( )|g xf xf x 若存在 0 xR ， 使得对任意xR， 0 ( )()f xf x ， 则( ) A任意xR， 00 ()()f xxf xx B任意xR， 0 ( )() 2 f xf x C存在0，使得 ( )g x在 0 (x， 0 )x 上有且仅有 2 个零点 D存在 5 12 ，使得 ( )g x在 0 5 ( 12 x ， 0 )x 上单调递减 11已知棱长为 1 的正方体 1111 ABCDABC D ，过对角线

6、 1 BD作平面交棱 1 AA于点E，交棱 1 CC于点F， 以下结论正确的是( ) A四边形 1 BFD E不一定是平行四边形 B平面分正方体所得两部分的体积相等 C平面与平面 1 DBB可以垂直 D四边形 1 BFD E面积的最大值为 2 12直线: ()(0) 2 p l yk xp 与抛物线 2 :2C ypx有公共点M， (N M，N可以重合），F是抛物线C的 焦点，直线l与x轴交于点P下列结论成立的是( ) A 2 |1|MNkFMFN B若| | 4FM ，| | 2FN ，则抛物线C的方程是 2 16 3 yx C当M，N重合时，PMF 内切圆的面积为 2 p D点F到直线l的

7、最大距离为 2 2 p 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若nZ，且3 6n剟，则 3 1 ()nx x 的展开式中的常数项为 14已知 ( 1, 2)a ，(4, 2)b ，| 2 5c ，()10acb，则b与c的夹角的余弦值为 15已知数列 n a 满足 12 1 2 24 2 n n n aana ， * nN，数列 n a 的通项为 16在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 coscos bc BC a ， 8 sin bc A ，则ABC 的 周长最小值为 四、四、解答题：本题共解答题：本题共 6

8、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。 17ABC的内角A，B，C所对的边分别为 a，b，c，sin cos() 6 bAaB （1）求B； （2）若D是ABC的外接圆的劣弧AC上一点，且3a ，4c ，1AD ，求CD 18已知数列 n a 中 1 1a ， 2 3a ，且满足 21 34 nnn aaa ，设 1nnn baa ，*nN （）求数列 n b 的通项公式； （）记 3 log () nnn cab ，数列 n c 的前n和为 n S，求 20 S 19 如图 1， 在R t A B C中， 90C，4B

9、CAC，D，E分别是AC，AB边上的中点， 将ADE沿DE 折起到 1 ADE的位置，使 11 ACAD ，如图 2 （）求证： 1 DEAC ； （）求点C到平面 1 A BE的距离 201616 年 4 月 23 日，塞万提斯与莎士比亚辞世，4 月 23 日也和其它一些伟大作者的生卒有关于是， 以 4 月 23 日向书籍及其作者致以世界范围的敬意，自然成了联合国大会的选择.1995年，联合国教科文组 织定 4 月 23 日为世界图书与版权日（或世界书籍与版权日），汉译另有世界读书日、世界阅读日、世界书 香日诸种.2014年起，“全民阅读”已经连续 4 年写入政府工作报告，在今年的政府工作报

10、告中，“倡导全 民阅读”的提法更是升级为“大力推动全民阅读”，全民阅读已经成为了国家战略为调查全校学生的课 外阅读情况，教务处随机调查了 100 名学生（男生 60 人，女生 40 人），统计了他们的课外阅读达标情况 （一个学期中课外阅读是否达到规定时间），结果如表： 是否达标 性别 不达标 达标 男生 36 24 女生 10 30 （1）是否有99%的把握认为课外阅读是否达标与性别有关？ 附： 2 2 () ()()()() n adbc K ab cd ac bd 2 ()P Kk 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001 k 3.841 5.024 6.635 7.87

11、9 10.828 （2） 如果把这 100 名学生中男生和女生课外阅读 “达标” 的频率分别当作全校男生和女生课外阅读 “达标” 的概率，且每位学生是否“达标”相互独立现随机抽取 3 个学生(2男 1 女），用X表示“3 人中课外阅 读达标的人数”，试求X的分布列和数学期望 21已知直线: (0)l ykxm k 与椭圆 2 2 1: 1 4 x Cy交于A，B两点，且线段AB的中点P恰好在抛物线 2 2 1 : 8 Cyx k 上 （）若抛物线 2 C的焦点坐标为 1 (,0) 64 ，求k的值； （）若过点P的直线 l 与抛物线 2 C的另一交点为Q，且l l ，求QAB面积的取值范围 2

12、2已知函数 2 ( )(1) (1) 2 x f xxln x （1）证明：(0, )上，( )f x有唯一的极小值点 0 x，且 0 23x ； （2）讨论函数 ( )f x零点个数 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（16）答案）答案 1解：集合 2 |56 0 | 16Px xxxx剟?， |31 |0 x Qxx x厖， |06PQxx剟 故选：C 2解：由 1 2 i z i ， 得 22 |1|112 | |2 |22 i z i 故选：B 3解： 1 (10)(10.6827)0.15865 2 P Z ， 故所求人数为1000.1586516 故

13、选：B 4解： 1 sin() 63 ，则 2 517 sin(2)cos(2)12sin ()12 63699 ， 故选：A 5解：设矩形ABCD边长为a，b，可得 4ab ，矩形ABCD的对角线相互平方且相等， BD折叠后，球心在对角线交点上，且球的半径是对角线的一半，即 22 2 ab R ， 那么 222 42Rabab（当且仅当ab时取等号）， 2R， 三棱锥ABCD 外接球的体积 3 48 2 33 VR 故选：A 6解：根据题意，对于A方格，有 3 种选择， 对于B、C、D方格， 若B、C方格颜的色相同，有 2 种选择，D方程格 2 种选择，此时有224种涂色方案， 若B、C方格

14、的颜色不同，有 2 2 2A 种选择，D方格有 1 种选择，此时有2 14 种涂色方案， 则B、C、D方格有426种涂色方法， 则有3618种不同的涂色方案； 故选：C 7解：由1| |OBOF， 1 2OFOBOA， 可得 1 BOF 为等腰三角形，且A为底边 1 BF的中点， 由 1( ,0) F c 到渐近线 b yx a 的距离为 22 bc db ab ， 由 1 OABF ，可得 22 |OAcba， 由 12 60AOFAOBBOF ，可得 1 | cos60 | OAa OFc ， 可得 2 c e a 故选：C 8解：因为定义在R上的偶函数 ( )f x满足(2)(2)fxf

15、x ， ()( )fxf x ， 所以 (2)( 2)(2)fxfxfx ，所以 (4)( )f xf x ，所以函数的周期为 4， 函数的图象如图：令 ( )|g xm x ， 将 ( )g x的图象绕坐标原点旋转可得 71 91 m e me ，即 1 ( 9 e m ， 1 7 e 故选：C 9解：因为 11 0 ab ，则有0ba， 对于A，因为0ba，所以 22 ab，故选项A正确； 对于B，因为0ba，所以0,0 ba ab 且 ba ab ，故22 bab a aba b ，故选项B正确； 对于C，因为0ba，所以 2 aab，故 2 ()lgalg ab，故选项C错误； 对于D

16、，因为| |a与 1 的大小关系不确定，故函数 |xya的单调性不确定，故|aa与|ba的大小不确定，故 选项D错误 故选：AB 10解：函数 ( )3sin24cos25sin(2)f xxxx ，其中为锐角，且 3 cos 5 ， 由题意， 0 x是( )f x的最小值点，所以( )f x关于 0 xx 对称，所以 000 ()()()f xxfxxf xx ，故A错 误； 因为 ( )f x的最小正周期 2 2 T ，所以 0 () 2 f x 为最大值，所以任意xR， 0 ( )() 2 f xf x ，故B正 确； 因为 0 ()0f x ，且 0 ()0 4 f x ，在 0 (x

17、， 0 ) 4 x 中， ( )0f x ，此时 ( )g x恒为 0， 故不存在0，使得 ( )g x在 0 (x， 0 )x 上有且仅有 2 个零点，故C错误； 取 4 ，则在 0 5 ( 12 x ， 0 )x 内， ( )f x单调递减，且( )0f x ，所以 ( )2 ( )g xf x 单调递减，故D正 确 故选：BD 11解：如图所示： 对于A，因为平面 11/ / ABB A 平面 11 CC D D，平面 1 BFD E平面 11 ABB ABE ，平面 1 BFD E平面 111 CC D DD F ， 所以 1 / /BED F，同理可证 1 / /D EBF，所以四边

18、形 1 BFD E是平行四边形，故A不正确； 对于B，由正方体的对称性可知，平面分正方体所得两部分的体积相等，故B正确； 对于C，当E、F为棱中点时，EF 平面 1 BB D，又因为EF 平面 1 BFD E， 所以平面 1 BFD E 平面 1 BB D，故C正确； 对于D，平行四边形 1 BED F的面积取最大值时，即三角形 1 EBD的面积取得最大值， 因为这个三角形的面积的两倍是该平行四边形的面积 而 1 BD位置固定，只需点E到 1 BD的距离最大，即可取得面积的最大值， 当点F与A重合时，点F与 1 C重合时，四边形 1 BFD E面积的最大，且最大值为值为 212 ，故D正 确

19、故选：BCD 12解：对于A，设 1 (M x， 1) y， 2 (N x， 2) y ，则 1212 | |()()| | 22 pp FMFNxxxx ， 22 12 |1|1|MNkxxkFMFN，故A正确； 对于B，由A知， 12 4,2 22 pp xx ， 1 4yk ， 2 2yk ， 22 (4 )2 (4),(2 )2 (2) 22 pp kpkp ，解得 8 3 p ， 抛物线C的方程是 2 16 3 yx ，故B正确； 对于C，当M，N重合时，直线l和抛物线C相切于点 (, ) 2 p Mp或(,) 2 p Mp ，PMF是腰为p的等腰直 角三角形， 它的内切圆半径为 2

20、 (1) 2 p，内切圆面积不等于 2 p，故C不正确； 对于D， 由C知 2 k最大值为 1， 点 ( ,0 ) 2 p F 到直线: () 2 p l yk x 的距离 2 2 | 1 1 1 p kp d k k ， 当 2 1k 时， d取得最大值 2 2 p，故D正确 故选：ABD 13解： 3 1 ()nx x 的展开式中的通项 4 1 rnr rn TCx ， 令40nr， 则 4 n rN，又nZ，且36n剟， 4n，1r ， 则 4 3 1 ()x x 的展开式中的常数项为 10 24 4TCx， 故答案为：4 14解： ( 1, 2)a ，(4, 2)b ， 440a b

21、， 又()10acb，10b c ， 101 coscos, 2| |2 5 2 5 b c b c bc 故答案为： 1 2 15解：数列 n a 满足 12 1 2 24 2 n n n aana ， * nN， 可知 121 1 2(1)4 2 n n n aana ， 作差可得： 1 213 44 222 n nnn nnn na ， 3 2 n n n a n 故答案为： 3 2n n n 16解：因为 222222 coscos 22 bcacbabc BC aacab ， 化简得， 222233 ()b cbca ba cbc， 即 222 ()()0bc bca， 所以 222

22、 0bca，即 90A ， 因为 8 sin bc A ，所以8bc ， 则ABC的周长 22 2244 2abcbcbcbcbc ，当且仅当bc时取等号， 所以ABC的周长最小值为44 2 故答案为：44 2 17解：（1）由正弦定理知， sinsin ab AB ， sincos() 6 bAaB ， 31 sinsinsin(cossin) 22 BAABB，即sinsin3sincosBAAB， sin0A， sin tan3 cos B B B ， (0, )B ， 3 B （2）在ABC中，由余弦定理知， 222 1 2cos16924313 2 ACABBCAB BCB ， 13

23、AC， 由圆的内接四边形的性质，知 2 3 DB ， 在ACD中，由余弦定理知， 222 2cosACADCDAD CDD， 2 1 1312 1() 2 CDCD ，即 2 120CDCD， 解得3CD 或4（舍负）， 3CD 18解：（）数列 n a 中 1 1a ， 2 3a ，且满足 21 34 nnn aaa ，设 1nnn baa ，*nN 整理得 211 3() nnnn aaaa ， 即 21 1 3 nn nn aa aa （常数）， 即数列 1 nn aa 是以 21 2aa 为首项，3 为公比的等比数列； 所以 1 1 2 3n nn aa ， 即 1 2 3n n b

24、（）由于 1 1 2 3n nn aa ， 2 1 2 3n nn aa ， .， 0 21 2 3aa ， 所以 011 11 31 2 (33.3)231 3 1 n nn n aa 故 1 3n n a ， 则3n nn ab， 所以 3 log () nnn cabn ， 故 201220 20(120) .12.20210 2 Sccc 19（）证明：在图1 ABC中，D，E为AC，AB边中点 所以 / /DEBC 又ACBC，所以DEAC 在图 2 中 1 DEAD ，DEDC，且 1 ADDCD ，则DE 平面 1 ACD 又因为 1 AC 平面 1 ACD，所以 1 DEAC

25、（）解：由（）知DE 平面 1 ACD，且DE 平面BCDE， 所以平面 1 ACD 平面BCDE， 且平面 1 ACD平面BCDEDC ， 在正 1 ACD中，过 1 A作 1 AOCD ，垂足为O， 所以 1 AO 平面BCDE 1 AO即为三棱锥 1 ABCE 底面上的高， 在 1 ACD中， 1 3AO 在 1 A BE中， 1 2 2AEBE， 1 2 5AB ，所以 1 15 A BE S 在梯形BCDE中， 1 4 2 BCEBCD SSBC CD 设点C到平面 1 A BE的距离为h， 因为 11 C A BEABCE VV 三棱锥三棱锥 ， 所以 1 1 11 33 A BE

26、BCE ShSAO ，解得 4 5 5 h 即点C到平面 1 A BE的距离为 4 5 5 20解：（1） 2 2 100 (36 30 10 24) 11.8366.635 60 40 46 54 K ， 故有99%的把握认为课外阅读是否达标与性别有关 （2）全校男生和女生课外阅读“达标”的概率分别为 242 605 和 303 404 ， 随机变量X的所有可能取值为 0，1，2，3， 2 239 (0)(1)(1) 54100 P X ， 12 2 2232339 (1)(1)(1)(1) 55454100 P XC ， 21 2 232232 (2)( )(1)(1) 545545 P

27、XC ， 2 233 (3)( ) 5425 P X ， X的分布列为 X 0 1 2 3 P 9 100 39 100 2 5 3 25 数学期望 93923 ()01231.55 100100525 E X 21解：（）因为抛物线的焦点坐标为 1 (,0) 64 ， 所以抛物线方程为 2 1 16 yx，所以 11 816k ， 所以2k （）设 1 (A x， 1) y， 2 (B x， 2) y ， 0 (P x， 0) y ， 由 2 2 1 4 x y ykxm 得 222 (41)8440kxkmxm， 所以 22222 12 2 2 12 2 (8)4(41)(44)16(41

28、)0 8 41 44 41 kmkmkm km xx k m x x k ， 因为线段AB的中点P，所以 12 0 2 4 241 xxkm x k ， 所以 00 22 4 4141 kmm ykxmkm kk ， 又因为点P在抛物线 2 1 8 yx k 上，所以 2 22 14 ()() 41841 mkm kkk ， 所以 2 241mk，所以 22 2 2 16(41) |1 41 km ABk k ， 点 22 4 (,) 41 41 kmm P kk ，又 2 241mk，所以 1 ( 2 , ) 2 Pk ， 又l l ，所以 11 :(2 ) 2 lyxk k ， 由 2 1

29、 8 11 (2 ) 2 yx k yxk k 得 2 13 0 816 yy ，所以 1 1 2 y ， 2 3 8 y ， 当 3 8 y 时， 311 (2 ) 82 xk k ， 所以 9 8 xk ，所以 93 (,) 88 Qk ， 点Q到直线l的距离 2 2 93 | 88 1 km d k ， 所以三角形QAB的面积 22 2222 2 2 2 937 |23| 4 2 16(41)1117 (23) 27(23) (2) 8832 |1 2241223232 1 kmmmm kmmmmmm SAB dk kmmm k 由 22 2 16(41)0 2410 km mk ，所以

30、 1 2 2 m， 令 2 2 (23) (2)18 ( )4415 mm g mmm mm ， 2 18 ( )840g mm m ， 所以 ( )g m在 1 ( ,2) 2 m上单调递减，所以( )(0g m ，48)， 所以 77 ( )(0,3) 328 Sg m 22解：（1）证明：令 ( )( )1(1)h xfxxln x ， 则 1 ( )1 11 x h x xx ， 当0 x 时， ( )0h x ，单调递增， （2），（3）， 所以在上，有唯一的极小值点，且 （2）在上，为减函数， 且， 所以存在， 所以在上， 在，上， 在上，为增函数， 由（1）知，存在上， 所以在上

31、， 在，上， 所以上，无零点， 在，上，为减函数， 又，且， 所以只有一个零点为 0， ( )h x h130ln h240ln (0,)( )f x 0 x 0 23x ( 1,0)( )0 1 x h x x ( )fx 22 11 (1)0f ee (0)10f 1 ( 1,0)x 1 ()0fx 1 ( 1,)x( )0fx 1 (x0)( )0fx (0,)( )0h x( )fx 20 (0,)xx 2 ()0fx 2 (0,)x( )0fx 2 (x)( )0fx 1 ( 1,)x( )0f x ( )f x 1 (x 2) x( )0fx( )f x 1 0(x 2) x(0)0f ( )f x 在，上，为增函数， 所以， 所以在，上，仅有一个零点， 综上所述，零点个数为 2 2 (x)( )f x 2 ()(0)0f xf 4222 22 21(6)1 (1)20 22 eee e f ee 2 (x)( )f x ( )f x