【新高考模拟试卷】2021届高考数学黄金预测卷(三)新高考版.pdf

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1、20212021 届高考数学黄金预测卷届高考数学黄金预测卷 新高考版（三）新高考版（三）注意：全卷满分 150 分。考试用时 120 分钟。一、单项选择题一、单项选择题：本题共本题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 4040 分分.在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的.1.已知全集U 1,0,1,2,3，集合P 0,1,2,Q 1,0，则UPQ()A.3B.1C.1,1,2,3D.1,0,32.已知 i 为虚数单位，复数z 1 2i的共轭复数为z，则A.第一象限B.第二象限z在复平面内对应的点位于()1iD

2、.第四象限C.第三象限3.已知向量a a (3,2),b b (1,x)，且a a b b与2a a b b共线，则x()A.23B.23C.123D.324.黄金分割点是指将一条线段分为两部分，使得较长部分与整体线段的长的比值为51的2点.利用线段上的两个黄金分割点可以作出正五角星，如图所示，已知C，D 为 AB 的两个黄金分割点，研究发现如下规律：角形，则cos 216()ACBDCD51.若CDE是顶角为36的等腰三ABABBC2A.514B.514C.512D.5125.函数y x2ln|x|的图象大致是()A.B.数学试题 第1页 共5页C.D.6.九章算术商功中刘徽注：“邪解立方得

3、二堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，其一为鳖曘.”如图 1 所示的长方体用平面AA1B1B斜切一分为二，得到两个一模一样的三棱柱，该三棱柱就叫堑堵.如图 2 所示的堑堵中，AC 3,BC 4,AB 5,AA1 2,M为BC的中点，则异面直线A1C与AM所成角的余弦值为()A.913B.813n(n1)2C.159D.1557.已知数列an满足a1 a20,an2(1)A.0B.1010an2，则数列an的前 2020 项的和为()C.2020D.20248.若a b c 1且ac b2，则()A.logab logbc logcaC.logbc logab logcaB.logcb logba lo

4、gacD.logba logcb logac二、多项选择题二、多项选择题：本题共本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分.在每小题给出的选项中，有多项符在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求合题目要求.全部选对的得全部选对的得 5 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 3 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分分.9.已知2(lna lnb)ln(a 2b)，则下列结论正确的是()A.ab 有最大值 2C.a 2b有最大值为 4B.ab 有最小值 2D.a 2b有最小值为 4数学试题 第2页 共5页110.把函数y sinx 的图象上各点的横坐标缩

5、短为原来的(纵坐标不变),再将图象向23右平移个单位长度得到函数g(x)的图象，则下列说法不正确的是()4 A.g(x)在,上单调递增6 6B.g(x)的图象关于,0对称6C.g(x)的最小正周期为4D.g(x)的图象关于 y 轴对称5的双曲线 E 的左、右焦点，P 为双曲线上211.已知 O 为坐标原点，F1,F2分别是离心率为 任一点，PD平分F1PF2且F1DPD 0,|OD|4，则()x2A.E 的标准方程为 y214B.E 的渐近线方程为x 2y 0C.点 P 到两条渐近线的距离之积为16514D.若直线PF1与双曲线 E 的另一支交于点M,N为PM的中点，则koNkMP12.副三角

6、板由一块有一个内角为 60的直角三角板和一块等腰直角三角板组成，如图所示，B F 90,A 60,D 45,BC DE，现将两块三角形板拼接在一起，得到三棱锥F CAB，取BC的中点 O 与AC的中点 M，则下列判断正确的是()A.直线BC 平面OFMB.AC与平面OFM所成的角为定值C.设平面ABF 平面MOF l，则有lABD.三棱锥F COM的体积为定值三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分.13.曲线f(x)(23x)ex在点(0,f(0)处的切线方程为_.14.某医院传染病科室有 5 名医生、4 名护士，现从这 9

7、 名医护人员中选取 5 名参加医院组织的运动会，要求其中至少有 2 名医生、2 名护士，则不同的选取方法有_种.数学试题 第3页 共5页15.在三棱锥P ABC中，PA 平面ABC，ABC是正三角形，AB 2，点 A 到平面 PBC的距离为 1，则PA_，三棱锥P ABC的外接球的表面积是_.16.已知定义在 R R 上的函数f(x)满足f(x)f(x)0，且当x 0时，f(1 x)f(x)，当x(0,1)时，f(x)x2，则函数F(x)(x 1)f(x)1在4,5上有_个零点.四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步

8、骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（10 分）在b 3,sin B sinC 2sin A,bc10这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求出ABC的面积；若问题中的三角形不存在，请说明理由.问题：是否存在ABC它的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且3sin(A B)csinB C，a 3，_？218.（12 分）已知等比数列an的前 n 项和为Sn，且2an Sn1.（1）求an与Sn；（2）记bn2n 1，求数列bn的前 n 项和Tn.an19.（12 分）中国是半导体的最大消费国，2020 年 12 月，中科院宣布已经成功研发出 8 英寸

9、石墨烯单晶圆，并做到了小规模生产，碳基芯片为我国实现“直道超车”带来可能性.某半导体材料供应商有 A，B 两条不同的生产线可以同时生产某种配件，为保证质量，现从这两条生产线生产的产品中随机抽取 60 件，进行品质鉴定，统计结果如下表所示：等级频数优秀6良好36不合格18（1）规定：等级为优秀、良好的产品为合格品.若样本中 A 生产线生产的产品为优秀、良好、不合格的件数分别为 4 件，6 件，9 件，请完成下面的 22 列联表，并判断是否有 95%的把握认为产品是否合格与生产线有关？A 生产线B 生产线合格不合格（2）用分层抽样的方法，从样本中优秀、良好、不合格三个等级的产品中抽取10 件进行详

10、细检测，再从这 10 件产品中任选 3 件，记所选的 3 件产品中良好等级的件数为 X，求 X 的数学试题 第4页 共5页分布列及数学期望 E（X）.n(ad bc)2附：K，其中n a b c d.(a b)(c d)(a c)(b d)2PK2k0k00.152.0720.102.7060.053.8410.0255.0240.0106.63520.（12分）在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为直角梯形，BC/AD,AD CD,BC CD 1，AD 2,PA PD，E 为 PC 的中点，F 为 AD 的中点，平面PAD 底面 ABCD.（1）证明：平面BEF 平面 PAD；（2）若 PC

11、 与底面 ABCD 所成的角为，求三面角E BF A的余弦值.321.（12 分）已知圆x2 y217与抛物线C:y2 2px(p 0)在 x 轴下方的交点为 A，与抛物线 C 的准线在 x 轴上方的交点 B，且点A,B关于直线y x对称.（1）求抛物线 C 的方程；（2）若M,N是抛物线 C 上与点 A 不重合的两个动点，且AM AN，求点 A 到直线MN的距离最大时，直线MN的方程.22.（12 分）已知函数f(x)xlnx mex(mR R).1（1）当m 时，求函数f(x)的单调区间；e（2）当m2时，求证：f(x)0.2e数学试题 第5页 共5页答案以及解析答案以及解析一、单项选择题

12、一、单项选择题1.答案：D解析：由题意知UP 1,3，所以UPQ 1,0,3，故选 D.2.答案：B解析：依题意得z 1 2i，因此z12i(12i)(1i)13 i，根据复数的几何意义，1i1i(1i)(1i)221 3它在复平面内对应的点为,，位于第二象限.2 23.答案：B解析：a a b b (2,2 x),2a a b b (7,4 x),a a b b与2a a b b共线，22(4 x)7(2 x)0，解得x .故选 B.34.答案：A解析：由题意得在正五角星中，C，D 为 AB 的两个黄金分割点，易知BC CE.因为CD51CD51，所以，故不妨设CE 2,CD 5 1则在CD

13、E中，BC2CE22222(51)25151cos36，从而cos216cos18036 cos36.222445.答案：B解析：易知y x2ln|x|为偶函数，所以其图象关于y轴对称，由此排除A；由定义域知x 0，2x21由此排除 C；又当x 0时，由y 知，y x2lnx在区间(0,1)内有极小值，由此排x除 D.故选 B.6.答案：A解析：如图，取B1C1的中点 E，连接A1E,EC则A1E/AM,EA1C即异面直线A1C与AM所成的角或其补角，数学试题参考答案 第1页，共11页在RtA1C1E中，A1E 9 4 13，在RtEC1C中，EC 22 22 2 2，在RtA1C1C中，A1

14、C 13，在A1EC中，由余弦定理得，A1E2 A1C2 EC2131389cosEA1C，故异面直线A1C与AM所成角的余弦值2A1E A1C2 131313为9，选 A.137.答案：C解析：在an2(1)n(n1)2an2中，分别令n 1，2，得a3 a1 2，a4 a2 2，两式相加得n(n1)2a3 a4 a1 a2 4 4.在an2(1)an2中，分别令n 3，4，得a5 a3 2,a6 a4 2，两式相加得a3 a4 a5 a6 4，所以a5 a6 0，依次类推，可得a4k3 a4k20,a4k1 a4k4，所以数列an的前 2020 项的和为202042020.48.答案：B解

15、析：由a b c 1，知logac logab logaa 1,logbc logbb 1 logba,logca logcc 1，选项 A，C 错误；由可知logac最小，比较logcb与logba的logcb logcc 1，logba logbb 1,logac logaa 1，大小，2lgb22lga lgc2(lgb)(lgb)22lgblga(lgb)lgalgc2logcblogba 0，lgclgblgclgblgclgblgclgb2从而logcb logba，选项 B 正确，选项 D 错误，故选 B.数学试题参考答案 第2页，共11页二、多项选择题二、多项选择题9.答案：B

16、D解析：由题可知a 0,b 0,且a2b2 a 2b,由a2b2 a 2b2 2ab,得a4b48ab，即a3b38,故ab2,当且仅当a 2b,即a 2,b 1时取等号.故选项 A 错误，选项 B 正确；又a 2b a2b2(ab)24，当且仅当a 2,b 1时取等号，故选项C 错误，选项D 正确，故选BD.10.答案：BCD1解析：把函数y sinx 的图象上各点的横坐标缩短为原来的得到y sin2x 的332图象，再将图象向右平移 个单位长度得到函数g(x)sin2x 44 sin2x 的图36 像.若x,则2x,g(x)在,上单调递增，故 A 正确；6266 66 61由g0知，g(x

17、)的图象不关于点,0对称，故 B 错误；626g(x)的最小正周期为，故 C 错误；g(0)1 1,g(x)的图象不关于 y 轴对称，故 D 错误.2综上，故选 BCD.11.答案：BCDx2y2解析：不妨设 P 为双曲线E:221(a 0,b 0)的右支上点，延长PF2,F1D交于点 Q，ab易知PF1|PQ|.根据双曲线的定义得，PF1 PF2 2a，从而QF2 2a，在F1QF2中，OD为其中位线，故|OD|a 4，由c5，得c 2 5，所以b2 c2 a2 4，所以双曲a2x2y211，渐近线方程为y x，即x 2y 0，所以 A 不正确 B 正线 E 的标准方程为1642确；设Px1

18、,y1，则点 P 到两条渐近线的距离之积为正确；22x12y12x2y21，1，-设Mx2,y2,N(x,y)，因为P,M在双曲线 E 上，所以164164x12y114x12y1x124y1216，所以 C5514并整理得，x1x24y1y22x4y1 y21，即，所以koNkMP，所以 D 正确.故选y1 y2x1 x22yx1 x24数学试题参考答案 第3页，共11页BCD.12.答案：ABC解析：对于选项 A：由BC的中点 O 与AC的中点 M，得MOAB.由B F 90，得BC MO.又由BCF为等腰直角三角形得BC FO，则由MO FO O，MO，FO 平面OFM，得直线BC 平面

19、OFM，故 A 正确.对于选项 B 由 A 得BC 平面OFM，则AC与平面OFM所成的角为CMO，即为CAB，为定值 60，故 B 正确.对于选项 C 由 A 得，MOAB，AB平面OFM,MO平面OFM，所以AB平面OFM.又AB 平面ABF，平面ABF 平面MOF l，所以lAB，故 C 正确.对于选项 D：因为COM的面积为定值，但三棱锥F COM的高随着点 F 位置的移动而变化，故 D 错误.故选 ABC.三、填空题三、填空题13.答案：x y 2 0解析：因为f(x)3ex(23x)ex(13x)ex，所以f(0)1.又f(0)2，故曲线f(x)(23x)ex在点(0,f(0)处的

20、切线方程为y 2 (x 0)，即x y 2 0.14.答案：10解析：符合题意的情况有两种：2 名医生、3 名护士和 3 名医生、2 名护士.选取 2 名医生、3232C3名护士的方法有C54 40（种），选取 3 名医生、2 名护士的方法有C5C4 60（种），所以满足题意的选取方法共有40 60 100（种）.15.答案：641；26解析：如图，过点 A 作AD BC于点 D，连接 PD，过点 A 作AH PD于点 H，则易知AH 平面PBC，所以 AH 为点 A 到平面 PBC 的距离，即AH 1.由AB 2易得AD 3，从而可得HD 2，由PAD AHD可得解得PA PAPAAD，即A

21、HHD132，6.将三棱锥P ABC补形成三棱柱PQR ABC，设PQR,ABC的中心分别为2O1,O2，连接O1O2，取O1O2的中点 O，则 O 为三棱锥P ABC的外接球的球心.连接 OA，数学试题参考答案 第4页，共11页6 2 3 4122 36易知AO2AD，从而可得OA，所以所求的,OO2432433441 41外接球的表面积S 4.24622216.答案：7解析：由f(x)f(x)0知f(x)是奇函数，又当x 0时，f(1 x)f(x)，所以f(x)在(,0上是周期为 1 的周期函数.令F(x)0得f(x)1，结合当x(0,1)时，f(x)x2，x 1作出函数y f(x)和y

22、y 1的大致图象，如图所示，数形结合可知函数y f(x)和x 11的图象在4,5上有 7 个交点，即函数F(x)(x 1)f(x)1在4,5上有 7 个零点.x 1四、解答题四、解答题17.答案：方案一：选条件.因为3sin(A B)csinB CB C,a 3,所以asin(A B)csin，22B C，2由正弦定理可得sin Asin(A B)sinCsin又A BC ,所以sinAsinC sinCsin因为sinC 0,B CAAsinCsinsinCcos，2222数学试题参考答案 第5页，共11页所以sin A cos因为cosAAAA,即2sincos cos，2222A1A 0

23、,所以sin，222又A(0,),故A，即A.263因为b 3,a 3,331ab,得所以由正弦定理sinB解得sinB,sin2sinAsinB3因为b a，所以B，所以C.62所以ABC的面积S 方案二：选条件.因为3sin(A B)csin13 3.ab 22B CB C,a 3,所以asin(A B)csin，22B C,2由正弦定理可得sin Asin(A B)sinCsin又A BC ,所以sinAsinC sinCsin因为sinC 0，所以sin A cos因为cosB CAAsinCsinsinCcos，2222AAAA，即2sincos cos,2222A1A 0,所以si

24、n，222又A(0,),故A,即A.263因为sinB sinC 2sin A,所以由正弦定理得b c 6，由余弦定理得a2 b2 c2 2bccos A，即b2 c2bc 9，b2 c2bc 9bc 9,解得b c 3，,化简得联立得b c 6b c 619 3.所以ABC的面积S bcsinA 24方案三：选条件.因为3sin(A B)csinB CB C,a 3,所以asin(A B)csin，22B C,2由正弦定理可得sin Asin(A B)sinCsin又A BC ,所以sinAsinC sinCsinB CAAsinCsinsinCcos，2222数学试题参考答案 第6页，共1

25、1页因为sinC 0，所以sin A cos因为cosAAAA，即2sincos cos，2222A1A 0,所以sin，222又A(0,),故A,即A.263由余弦定理得a2 b2 c2 2bccos A,即b2 c2bc 9，b2 c2bc 9,消去 c，联立得bc 10并整理得b419b2100 0,此时 (19)24100 39 0,故方程无实数根，所以选条件时问题中的三角形不存在.18.答案：（1）由2an Sn1，得Sn 2an1，当n 1时，a1 S1 2a11，得a11；当n 2时，an Sn Sn12an12an11，得an2an1，所以数列an是以 1 为首项，2 为公比的

26、等比数列，所以an2n1.所以Sn 2an1 2n1.（2）由（1）可得bn2n 1，则2n11352n 1111Tn2n111352(2n 1)n1，122222211111Tn13253(2n 1)n，22222111111两式相减得Tn1223n1(2n 1)n，22222211111所以Tn2423n1(2n 1)n12222211n12422(2n1)n11212数学试题参考答案 第7页，共11页62n 3.n1219.答案：（1）补充 22 列联表如下：A 生产线B 生产线2合格1032不合格99n(ad bc)260(109932)2则K 3.994，(a b)(c d)(a c

27、)(b d)19414218由于3.994 3.841，故有 95%的把握认为产品是否合格与生产线有关.（2）用分层抽样的方法，从样本中优秀、良好、不合格三个等级的产品中抽取10 件进行详细检测，则优秀等级的产品有10良好等级的产品有1061（件），60366（件），60不合格等级的产品有10183（件），60故 X 的可能取值有 0，1，2，3，01C3C2134C64C6则P(X 0)3,P(X 1)3，C1030C101023C1C0114C64C6P(X 2)3,P(X 3)3，C102C106所以 X 的分布列为XP所以E(X)00130131021231613119123.3010

28、26520.答案：(1)由题可知BC/DF,四边形 BCDF 是平行四边形，BF/CD.又CD AD,BF AD.又平面PAD 平面 ABCD，平面PAD 平面ABCD AD,BF 平面 ABCD，BF 平面 PAD.BF 平面BEF,平面BEF 平面 PAD.(2)如图，连接PF.PA PD,F为 AD 中点,PF AD.数学试题参考答案 第8页，共11页又PF 平面 PAD，平面PAD 平面 ABCD，平面PAD 平面ABCD AD,PF 底面 ABCD.又BF AD,故以FA,FB,FP的方向分别为 x，y，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示.F(0,0,0),B(0,1,0),

29、C(1,1,0),设P(0,0,t)(t 0)，则PC (1,1,t),FB (0,1,0)，取平面 ABCD 的法向量n n1(0,0,1),n n PC1t3则有sin,t 6，23n n1|PC|2t 21 16 P(0,0,6),E2,2,2，1 16 FE 2,2,2.设平面 EBF 的法向量n n2(x,y,z)，116z 0,n n2FE x y 222令z 1,得n n2(6,0,1).n n FB y 0,2设二面角E BF A的平面角为,|cos|7，7n n1n n2n n1n n27,7由图可知为钝角,cos 数学试题参考答案 第9页，共11页即二面角E BF A的余弦

30、值为7.7p2p2pp22，21.答案：（1）将x 代入x y 17，得y 17，所以B,172442p2p,，由点A,B关于直线y x对称，可得A1742 p2p22p17将 A 的坐标代入抛物线 C 的方程得，得p 8.44所以抛物线 C 的方程为y216x.（2）由 1 得A(1,4).2 y12 y2设M,y1,N,y2，直线MN的方程为x my n，1616将直线MN的方程代入y216x得y216my 16n 0，所以y1 y216m,y1y2 16n.因为AM AN，所以222 y12 y2y116y216AM AN 1,y141,y24y14y2401616256 由题意可知y1

31、 4,y2 4,所以y1 4y2 4 0.所以y14y2425610，即y1y24y1 y2 272 0，所以16n 64m 272 0，即n 4m 17.所以直线MN的方程为x m(y 4)17，所以直线MN过定点P(17,4)，当MN AP时，点 A 到直线MN的距离最大，此时直线MN的方程为2x y 38 0.22.答案：（1）函数f(x)的定义域为(0,).1当m 时，f(x)xlnx ex1，e则f(x)1lnx ex1.数学试题参考答案 第10页，共11页记g(x)1lnx ex1，则g(x)1ex1.x显然g(x)在(0,)上单调递减，且g(1)0，所以当x(0,1)时，g(x)

32、0，函数g(x)单调递增；当x(1,)时，g(x)0，函数g(x)单调递减.所以g(x)g(1)1 ln11 0，即f(x)0恒成立，所以函数f(x)在(0,)上单调递减.所以函数f(x)的单调递减区间为(0,)，无单调递增区间.（2）要证f(x)0，只需证mex xln x.当0 x 1时，ex1,xlnx0,m当x 1时，xln x 0,ex e，由m22xx可得，mee，22ee2xe xlnx，e22，不等式显然成立.e2于是原问题可转化为求证：2ex2lnx 0.即证x2ex22ex2(x 1)xlnx，则h(x)令h(x)，xx2令p(x)2ex2(x 1)x，则p(x)2xex21，易知p(x)在(0,)上单调递增，又p(1)210,p(2)30，e所以存在x0(1,2)使得px0 0，所以p(x)在1,x0上单调递减，在x0,上单调递增，又p(1)1 0,p(2)0，故当x(1,2)时，h(x)0,h(x)单调递减，当x(2,)时，h(x)0,h(x)单调递增，所以当x 1时，h(x)h(2)1ln2 0，即f(x)0.综上，f(x)0.数学试题参考答案 第11页，共11页