高考數(shù)學(xué)之2021高考仿真模擬卷2

2021高考仿真模擬卷（二）

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選

項中，只有一項是符合題目要求的.

1.已知集合A={1,2,3,4},8={2,3,6,7},C={3,4,5,6},則圖中陰影部分表示

的集合是（）

A.{253}B.{6}

C.{3}D.{3,6}

答案B

解析由題可知，AABnC={3},Bnc={3,6},故陰影部分表示的集合是

{6}.

2.若（-l+2i）z=-5i,則磔的值為（）

A.3B.5

C.小D.75

答案D

-5i5i（l+2i）-10+5i

解析由（-l+2i）z=-5i,可得z=F拓=（-2i）（l+2i）=—5—=-2

+i.所以|z|=y]（-2）2+I2=y[5.

sinr,尤WO,（（7兀、、

3.（2020?山東青島二模）已知函數(shù)4犬）=t,、八且人力-工=1,

10g2（6f+X）,X>0,?！?/p>

則。=（）

A.^B.2

C.3D.In2

答案A

,,,（7i3兀、3廠,

4.（2020?大同一中局三一模）已知。€（J,yj,tan（。一兀）=一彳，則sina+cosa

等于（）

A.土]B.-]

C.1D.

答案B

解析由題意得tan（a-TI）=tana=又&6弓，司，所以aWg,無｝

,34

cosa<0,sina>0,結(jié)合sin2a+cos2a=1,解得sina=§,cos（z=一彳所以sina+cosa

=l-l=-i故選B

5.（2020?山東濰坊二模）在四面體ABC。中，和△8C0均是邊長為1

的等邊三角形，已知四面體A8C。的四個頂點都在同一球面上，且AD是該球的

直徑，則四面體ABC。的體積為（）

B.12

D.4

答案B

解析-.-AD是該球的直徑，設(shè)球心為。，則0為AD的中點，ZABD=Z

ACD=90°,\AB=AC=BC=BD=CD=1,：.OB=OC=OD=^,BO1AD,

8。1。。，7.BOI平面ACO,.?.四面體ABC。的體積為外一ACD=gxSMcoXBO

=；X、X正義乎=*.故選B.

B

6.河南洛陽的龍門石窟是中國石刻藝術(shù)寶庫之一，現(xiàn)為世界文化遺產(chǎn).龍門

石窟與莫高窟、云岡石窟、麥積山石窟并稱中國四大石窟.現(xiàn)有一石窟的某處“浮

雕像”共7層，每上層的數(shù)量是下層的2倍,總共有1016個“浮雕像”，這些“浮

雕像”構(gòu)成一幅優(yōu)美的圖案，若從最下層往上“浮雕像”的數(shù)量構(gòu)成一個數(shù)列

[an],則log233a5）的值為（）

A.8B.10

C.12D.16

答案c

解析依題意0+a2+。3+。4+。5+。6+。7=1016,又因為數(shù)列｛m｝是公比為

41（1—27）

2的等比數(shù)列，則；_「=]016,所以口=8,所以0305=（44）2=（8X23）2=212,

1—Z

所以log2（a3a5）=log2212=12.

7.（2020?河南開封高三二模）已知平行四邊形ABC。中，AB=A。=2,ADAB

=60°,對角線AC與3。相交于點。，點M是線段BC上一點，則而-H/的最小

值為（）

99

A--16B.而

C.-3D.；

答案A

解析如圖所示，以3。的中點為坐標原點，以8。所在直線為x軸，以C4

所在直線為），軸，建立平面直角坐標系，貝0）,C（0,-?。?所以直線

的方程為丫=-小x-S.設(shè)點M（x,-小x-?。?l《W0）,所以而=（x,

-事x-季）,CM=（x,-y[3x）,所以0M.CM=f+3x=+3x=4（x+|'）2

93—f9

-諱，當x=-g時，0必CM取到最小值-諱.故選A.

8.(2020.山東濟南高三上學(xué)期期末)若尸為雙曲線C:，-方=1的左焦點,

14

過原點的直線/與雙曲線C的左、右兩支分別交于A,B兩點，則兩-兩的取

值范圍是()

11-_11-

--_B--

A.4555

c--

111-

---

-OD-

4‘45

-

答案D

解析由雙曲線C：J-f=1,得。=2,。=小，c=3,則左焦點尸(-3,

0),右焦點F'(3,0).因為過原點的直線/與雙曲線。的兩個交點A,B關(guān)于原

點對稱，所以I網(wǎng)=1尸身.又根據(jù)雙曲線的定義，得尸引-|尸Bl=2a,所以|阿

14141

=|/B\=\f-B\-2a=\PB\-4,設(shè)|FB|=d,所以兩一尸8|=|五目_4一尸8|='_4一

414-1-4-d2+4(4-4)2

筋設(shè)?穴⑶=口一彳，心5,則/(①=-守=3一4評=

3法一321+648

S二4以2'?令/'(e=0,解得"=手舍去)或4=8,所以危/)在［5,8)上單調(diào)遞減,

14

在(8,+8)上單調(diào)遞增，且當df+8時，穴或一0-,所以八①max=A5)=「-彳

J-4-J

411

-",所以加)的取值范圍為--

=5>min=次8)=8_48=45

11

--

的取值范圍是45,故選D.

二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，

有多項符合題目要求.全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得3分.

9.(2020.山東泰安二輪復(fù)習質(zhì)量檢測)“雜交水稻之父”袁隆平一生致力于雜

交水稻技術(shù)的研究、應(yīng)用與推廣，發(fā)明了“三系法”釉型雜交水稻，成功研究出

“兩系法”雜交水稻，創(chuàng)建了超級雜交稻技術(shù)體系，為我國糧食安全、農(nóng)業(yè)科學(xué)

發(fā)展和世界糧食供給做出了杰出貢獻；某雜交水稻種植研究所調(diào)查某地水稻的株

(x_100)2

高，得出株高(單位：cm)服從正態(tài)分布，其密度曲線函數(shù)為汽幻二國二士-刀",

xW(-8,+8),則下列說法正確的是()

A.該地水稻的平均株高為100cm

B.該地水稻株高的方差為10

C.隨機測量一株水稻，其株高在120cm以上的概率比株高在70cm以下的

概率大

D.隨機測量一株水稻，其株高在(80,90)和在(100/10)(單位：cm)的概率一樣

大

答案AC

(X-100)2

解析因為/)=而標e-項，故〃=100,^=100,故A正確，B錯誤;

因為P(x>120)=P(x<80)>P(x<70),故C正確；根據(jù)正態(tài)分布的對稱性，知

P(100<x<110)=P(90<x<100)>P(80<x<90),故D錯誤.故選AC.

10.(2020.海南新高考診斷性測試)已知尸是橢圓C:>y2=i上的動點，Q

是圓。：(尤+1)2+y2=點上的動點，貝|J()

A.。的焦距為小B.C的離心率為粵

2k

C.圓。在C的內(nèi)部D.|PQ的最小值為士

答案BC

解析依題意可知c=后7=小，則橢圓。的焦距為2小，離心率e=興=

里.設(shè)P（x,y）（-y/6^x^y[6）,貝9=叱1產(chǎn)+1一,昌工+既

+所以圓。在。的內(nèi)部，且IPQ的最小值為檀-]|=坐故選BC.

11.（2020?新高考卷I）已知a>0,。>0,且。+。=1,貝女）

A.a2+b2^2B.^a'b>2

C.log2Q+k）g2b2-2D.y[a+y[b^啦

答案ABD

解析對于A,/+/=〃+（]-0）2=2/-2。+1=2（4-，2+；2；,當且僅

當。=/?=；時，等號成立，故A正確；對于B,a-b=2a-\>-\,所以2"-占>2-

1

當

2且

2-對于C,log2a+\0g2b=10g2"W10g2

1

-2-時等號成立，故c不正確；對于D,因為（犯+或）2=1+2兩?1

+a+b=2,所以也+或?表，當且僅當。=b■時，等號成立，故D正確.故

選ABD.

12.（2020?山東煙臺一模）關(guān)于函數(shù)段）=e'+asiMxW（-兀，+°°）,下列說

法正確的是（）

A.當。=1時，段）在（0,1A0））處的切線方程為2x-y+1=0

B.當a=1時,/）存在唯一極小值點xo且-1〈刎v0

C.對任意a>0,/U）在（一兀，+8）上均存在零點

D.存在"0,使於）在（-兀，+8）上有且只有一個零點

答案ABD

解析對于A,當。=1時，|x)=e'+sinx,/'(x)=e"+cosx,/O)=1,7(0)

=2,.?.所求切線方程為>-1=2(*-0),即2r-y+l=0,故A正確；對于B,

當X€(O,+8)時，/。)=&「+85%>0恒成立，」.於)在(0,+8)上無極值；當

x€(-兀，0］時,令g(x)=/'(x)=e*+cosx,則g'(x)=e-sinx>0恒成立，」.g(x)

在(-兀，0］上單調(diào)遞增，又/O=e-7>0,/(-引=e不坐<0,.,?存在

xo€(-竽,使/1'3))=統(tǒng))+?)5次=0,即的=一cosxo,「於)極小值=.*xo)=

..廠?(叫3兀71兀

e'o+sinxo=-cosxo+sinxo=\2smlxoI,二一彳v%ov—5,-TI<XO-^<-

y,二-乎vsin(xo-露0,-1<XJC())<0,故B正確；對于C,當a=2時，

cinrCOSYrncr

段)=e^+詈，/'a)=e、+等，當x€(0,+8)時，/。)=^+等>0恒成立,

.??加)在(0,+8)上單調(diào)遞增，.,.於)>的)>0,二段)在(0,+8)上不存在零點；

COSXcinr

當xW(-兀，0］時，令/z(x)=/'。)=?，+學(xué)~,貝y(x)=eX-W->0恒成立，二

3)在(-兀，0］上單調(diào)遞增，又h{-ii)=f'(-7r)=e-￡-±>0,.?.危)在(-兀，0］

上不存在零點，故C錯誤；對于D,於)零點的個數(shù)可以轉(zhuǎn)化為尸e?與)，=-asinx

圖象的交點的個數(shù)問題，如圖，顯然存在。<0,使丁=?'與y=-asinx的圖象有

一個交點，即/U)有且只有一個零點，故D正確.故選ABD.

三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.

13.(2020?山東德州一模)某校三個興趣小組的學(xué)生人數(shù)分布如下表(每名學(xué)生

只參加一個小組，單位：人).

籃球組書畫組樂器組

|S)-4530a

高二151020

學(xué)校要對這三個小組的活動效果進行抽樣調(diào)查，用分層抽樣的方法，從參加

這三個興趣小組的學(xué)生中抽取30人，結(jié)果籃球組被抽出12人，則。=.

答案30

30

解析因為抽樣比為公上.上不二p彳，所以結(jié)合題意可得

IJ?JLJ?1JL?Ct?4V/

45+15+30+10+/+20=45+15,解得。=30.

14.(2020?山東濰坊高密一模)若+的展開式的二項式系數(shù)之和是64,

則〃=；展開式中的常數(shù)項的值是_______.

答案6135

解析因為的展開式的二項式系數(shù)之和是64,則2"=64,解得〃

=6,所以,+點)的展開式中常數(shù)項的值是以(3W)=135.

Y

15.(2020.長春吉大附中三模)已知函數(shù)=(e).lnx-p則函數(shù)/(x)的

極大值為.

答案21n2

2ef'

解析f'?=2^eTfL(e2)-e1＞故/'e)=士山(e)二1，解得/'⑹=不1火x)=21n

X21

X--,f(%)=---,令/'(x)=0,解得x=2e,函數(shù)在(0,2e)上單調(diào)遞增，在(2e,

+8)上單調(diào)遞減，故人T)的極大值為/2e)=21n2e-2=21n2.

16.在棱長為1的透明密閉的正方形容器ABC。-AiBGOi中，裝有容器總

體積一半的水(不計容器壁的厚度)，將該正方體容器繞BDi旋轉(zhuǎn)，并始終保持BD\

所在直線與水平平面平行，則在旋轉(zhuǎn)過程中容器中水的水面面積的最大值為

答案也

解析如圖所示，在棱長為1的正方體ABCO-AiBiCDi中，點E在AiB

上，點F在。。上，滿足AiE=b,則原問題等價于求解四邊形8式。班的面積最

大值.作EG1BG于點G,當EG最大時，四邊形BFChE面積的有最大值.建

立如圖所示的空間直角坐標系,設(shè)如肛O』)(OWmWl),G(x,y,z),由于3(1,0,0),

Cx=-A+1,

01(0,1,1),由反;二2必I可得y,z)=4-l,1,1),則"=九故G(-

U=2,

A+l,A,2),故a=(〃2+%-1,-2,1-A),由1二(一1,1,1),由赤?詬i=一次

2-m1+m

-A+l-/l+l-A=0,得2=--，1—2=--，故IG￡]=

力-*X-空卜號》

=；6(???2-m+1),

結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)可知當〃2=0或〃2=1時，GE取得最大值，此時水面面

積的最大值為正.

四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演

算步驟.

17.(2020.山東省第一次仿真聯(lián)考)(本小題滿分10分)在△A8C中，角A,B,

C的對邊分別為a,b,c.在①AcosAcosC=asinBsinC-J?；(2)Z?sinBcosC+^csin2B

=/acosB;③cosB+>=2c這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，并作

答.

已知。是3C上的一點，BC=2BD>AB,AD=2幣,AB=6,若,

求△AC。的面積.

注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.

解若選擇①，貝UsinBcosAcosC=sirLAsinBsinCsinB,1分

因為sinBWO,所以cosAcosC-sinAsinC=-：，

即cos(A+C)=一g.2分

因為3=兀一(4+0,所以cos(A+C)=-cosB二一;，

EPcosB=^,3分

TT

因為0<8<兀，所以8=于4分

在△A3。中，由余弦定理可得A￡>2=A82+BD2_2AaBOcosB,5分

即28=36+BZ)2-2X6XBDX1,解得30=4或8。=2.7分

因為BC=2B￡?A8=6,所以8。=4.8分

因為BC=2BD,所以S^ACD=S^ABD=BDs\nB=1x6X4X^=6^/3.10

分

若選擇②,貝IIsin28cosc+^sinCsin2B=小siii4cos8,

即sin28cosc+sinCsinBcosB=小sinAcosB,1分

故sinBsin(B+C)=，§sinAcos5.

因為sin(8+C)=sinAWO,所以sinB=小cosB,所以tan8二小,3分

TT

因為0<B<兀，所以3=].4分

下同①.10分

若選擇③,則sin3cosA+sinAcosB=2sinCcosB,1分

即sin(B+A)=2sinCcosB,2分

因為sin(8+A)=sinCWO,所以cosB=J,3分

TT

因為0<8<兀，所以B=54分

下同①10分

18.（本小題滿分12分）已知等差數(shù)列｛%｝中，0=2,“2+44=16.

⑴設(shè)瓦=2助，求證：數(shù)列｛為｝是等比數(shù)列;

⑵求｛a,,+為｝的前〃項和.

解⑴證明:設(shè)｛詞的公差為d,

由02+44=16,可得3+（7）+⑷+3J）=16,

即2a\+4d=16.2分

又ai=2,可得d=3.

故a”=ai+（〃-l）d=2+（〃-1）X3=3?-1.3分

b|23n+2

依題意，bu=23"T,因為肯=行=23（常數(shù)），

故數(shù)列｛bn｝是首項為4,公比4=8的等比數(shù)列.6分

n（ai+a）n（3n+1）

⑵｛斯｝的前n項和為一Z一n=~5-$分

｛兒｝的前n項和為

3W-13

b\-bnq4-2-21o4

—=-^r=r^n+2一］」0分

故｛z+兒｝的前n項和為

n(3n+1)+1-23n+24

2十2分

19.（2020.山東淄博二模）（本小題滿分12分）新生兒某疾病要接種三次疫苗免

疫（即0,1,6月齡），假設(shè)每次接種之間互不影響，每人每次接種成功的概率相等，

為了解新生兒該疾病疫苗接種劑量與接種成功之間的關(guān)系，現(xiàn)進行了兩種接種方

案的臨床試驗：10Ng/次劑量組與20圈/次劑量組，試驗結(jié)果如下:

接種成功接種不成功總計（人）

10咽次劑量組9001001000

20解/次劑量組973271000

總計(人/p>

(1)根據(jù)數(shù)據(jù)說明哪種方案接種效果好？并判斷能否有99.9%的把握認為該疾

病疫苗接種成功與兩種接種方案有關(guān)?

(2)以頻率代替概率，若選用接種效果好的方案，參與該試驗的1000人的成

功人數(shù)比此劑量只接種一次的成功人數(shù)平均提高多少人?

n(ad-be)2

參考公式：K2,其中〃=a+/?+c+d.

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

參考附表:

P(心Nko)0.0500.0100.001

ko3.8416.63510.828

解(1)由于兩種接種方案都是1000人接受臨床試驗，接種成功人數(shù)10gg/

次劑量組900人，20圈/次劑量組973人，因為973>900,所以方案20席/次劑量

組接種效果好；2分

n{ad-be)2

由公式K2=

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

2000X(900X27-100X973)2

------------.....................................-?S44806>10828

1000X1000X1873X1271

所以有99.9%的把握認為該疾病疫苗接種成功與兩種接種方案有關(guān).5分

⑵假設(shè)20胞/次劑量組臨床試驗接種一次成功的概率為p,

97327

由數(shù)據(jù)得,三次接種成功的概率為標=0.973，不成功的概率為亞面=0.027,

由于三次接種之間互不影響，每人每次接種成功的概率相等,

所以(l-p)3=0.027,得p=0.7,7分

設(shè)參與該試驗的1000人此劑量只接種一次成功的人數(shù)為X,

顯然X?8(1000,0.7),E(X)=1000X0.7=700,

參與該試驗的1000人此劑量只接種一次成功的人數(shù)平均為700人,

且973-700=273,

所以選用20圈/次劑量組方案，參與該試驗的1000人的成功人數(shù)比此劑量只

接種一次的成功人數(shù)平均提高273人.12分

20.(2020?山東濟寧三模)體小題滿分12分)如圖1,四邊形A8CD為矩形，

BC=2AB,E為AD的中點，將△ABE,ADCE分別沿BE,CE折起得圖2,使

得平面ABE1平面BCE,平面OCE1平面BCE.

(1)求證：平面ABE1平面。CE；

(2)若F為線段BC的中點，求直線FA與平面ADE所成角的正弦值.

解(1)證明：在題圖1中，BC=2AB,且E為AO的中點，.?.AE=AB,

ZA￡B=45°,

同理NOEC=45°.」.NCE8=90°,BEICE.

又平面A8E1平面BCE,平面ABEA平面BCE=BE,CEU平面BCE,

」.CE1平面ABE,又CEU平面。CE,二平面A3E1平面。CE.5分

(2)如圖，以點E為坐標原點，EB,EC所在的直線分別為x軸、y軸建立空

間直角坐標系，設(shè)AB=1,

KIJ￡(0,0,0),伏啦，0,0),

C(0,啦,0),A惇,0,乎),。(0,坐,坐,d乎,坐,0)

向量函=惇，0,用,Eb=(o,坐，孝7分

設(shè)平面AOE的法向量為〃=(x,y,z),

x+z=0,

味面=0,得「"令z”得

平面AOE的一個法向量為〃=(-1,-1,1),9分

又函=(o,_當,孽,

設(shè)直線FA與平面ADE所成的角為仇

nil.?I-㈤也V6

|網(wǎng)〃|1XY3

所以直線FA與平面ADE所成角的正弦值為半.12分

21.(本小題滿分12分)已知動圓/5過定點堪，0),且和直線x=-5目切,

動圓圓心P形成的軌跡是曲線C過點。(4,-2)的直線與曲線。交于A,B兩

個不同的點.

(1)求曲線C的方程；

(2)在曲線C上是否存在定點N,使得以A3為直徑的圓恒過點N?若存在，

求出N點坐標；若不存在，說明理由.

解(1)設(shè)動圓圓心P到直線x=-；的距離為。，根據(jù)題意，d=|PW,???動點

P形成的軌跡是以晶，0)為焦點，以直線￡為準線的拋物線，..?拋物線的

方程為丁=2九.4分

(2)根據(jù)題意,設(shè)A(xi,yi),B(X2,yi),直線的方程為癡x=〃(y+2)+4,代

入拋物線方程，整理得y1-2ny-4n-8=0,A-4n2+16(/?+2)=4(n2+4〃+8)>0,

y\+y2=2n,y\yi--4n-8,6分

若設(shè)拋物線上存在定點N,使得以AB為直徑的圓恒過點N,

設(shè)N(xo,yo),則京=2%o,

」一第」一）