2021届高考数学一轮知能训练 2021年高考数学模拟试卷（二）（含解析）.doc

1、2021年高考数学模拟试卷(二)(本试卷分第 卷和第 卷两部分，满分150分，考试时间120分钟，本模拟试卷参照山东省新高考编制)第卷(选择题满分60分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题5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求的1设集合Ax|1x2，Bx|x0，则下列结论正确的是()A(RA)Bx|1x2 BABx|1x0CA(RB)x|x0 DABx|x02已知不等式|xm|1成立的充分不必要条件是x，则m的取值范围是()A. B.C. D.3已知复数z，则下列结论正确的是()Az的虚部为i B|z|2Cz2为纯虚数 Dz的共轭复数1i4为比较甲、乙两地某月14时的

2、气温情况，随机选取该月中的5天，将这5天中14时的气温数据(单位：)制成如图M21所示的茎叶图图M21考虑以下结论：甲地该月14时的平均气温低于乙地该月14时的平均气温；甲地该月14时的平均气温高于乙地该月14时的平均气温；甲地该月14时的气温的标准差小于乙地该月14时的气温的标准差；甲地该月14时的气温的标准差大于乙地该月14时的气温的标准差其中根据茎叶图能得到的统计结论的序号为()A B C D5一空间几何体的三视图如图M22，则该几何体的体积为()图M22A. B2 C4 D66若向量a，b的夹角为，且|a|2，|b|1，则a与a2b的夹角为()A. B. C. D.7已知函数f(x1)

3、是偶函数，当x(1，)时，函数f(x)sin xx，设af，bf(3)，cf(0)，则a，b，c的大小关系为()Abac Bcab Cbca Dabc8已知当x(1，)时，关于x的方程1有唯一实数解，则k值所在的范围是()A(3,4) B(4,5) C(5,6) D(6,7)二、多项选择题：本题共4小题，每小题5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全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分9已知函数f(x)sin xcos x，则f(x)在下列区间上单调递增的是()A. B. C. D.10已知ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c20，在1，e上至少存在

4、一点x0，使得f(x0)成立，则实数p的取值范围为_(本题第一空2分，第二空3分)16已知在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CC1的中点，那么异面直线AE与D1F所成角的余弦值为_四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17(本小题满分10分)已知数列an满足a11，an12an1.(1)证明an1是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明：1.18(本小题满分12分)如图M24，在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ac(sin Bcos B)(1)求ACB的大小；(2)若ACBABC，点A，D在BC的异侧，DB2，DC1，求

5、平面四边形ABDC面积的最大值图M2419(本小题满分12分) 某科研所共有30位科研员，其中60%的人爱好体育锻炼经体检调查，这30位科研员的健康指数(百分制)绘制的茎叶图如图M25所示体检评价标准指出：健康指数不低于70者为身体状况好，健康指数低于70者为身体状况一般图M25(1)根据以上资料完成下面的22列联表，并判断有多大把握认为“身体状况好与爱好体育锻炼有关系”？分类身体状况好身体状况一般总计爱好体育锻炼不爱好体育锻炼总计(2)现将30位科研员的健康指数分为如下5组：50,60)，60,70)，70,80)，80,90)，90,100，其频率分布直方图如图M26所示计算该所科研员健康

6、指数的平均数，由茎叶图得到的真实值记为，由频率分布直方图得到的估计值记为(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)，求与的误差值；图M26(3)从该科研所健康指数高于90的5人中随机选取2人介绍养生之道，求这2人中爱好体育锻炼的人数的分布列和数学期望附：K2.30位科研员健康指数的和2288.P(K2k0)0.100.050.0250.0100.0050.001k02.7063.8415.0246.6357.87910.82820.(本小题满分12分)如图M27，直三棱柱ABCA1B1C1中，CC14，AB2，AC2 ，BAC45，点M是棱AA1上不同于A，A1的动点(1)证明：BCB1M；(

7、2)若平面MB1C把此棱柱分成体积相等的两部分，求此时二面角MB1CA的余弦值图M2721(本小题满分12分)(2019年新课标)已知点A(2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PEx轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.证明：PQG是直角三角形；求PQG面积的最大值22(本小题满分12分)已知函数f(x)ln x(aR)(1)若函数f(x)在x1处的切线平行于直线2xy0，求实数a的值；(2)判断函数f(x)在区间e2 ，)上零点的个数；(3)

8、在(1)的条件下，若在1，e(e2.718 28)上存在一点x0，使得x0mf(x0)成立，求实数m的取值范围2021年高考数学模拟试卷(二)1.B解析：RAx|x1或x2，RBx|x0，(RA)Bx|x1，A(RB)x|x1，A，C均错；ABx|1x0，B正确；ABx|x2，D错故选B.2D解析：由|xm|1得m1x1m，又|xm|1的充分不必要条件是x，借助数轴，解得m.3C解析：z1i，则z的虚部为1，|z|，z22i为纯虚数，1i，选C.4B解析：方法一，甲29，乙30，甲s乙故可判断结论正确方法二，甲地该月14时的气温数据分布在26和31之间，且数据波动较大，而乙地该月14时的气温数

9、据分布在28和32之间，且数据波动较小，可以判断结论正确，故选B.5B解析：由三视图知该几何体是四棱锥ABCDE，如图D293，则V22.故选B.图D2936A解析：设向量a与a2b的夹角等于，向量a，b的夹角为，且|a|2，|b|1，a(a2b)a22ab4221cos6，|a2b|2 ，cos .0，.故选A.7A解析：f(x1)为偶函数，f(x)的图象关于直线x1对称f(3)f(1)x(1，)时，f(x)cos x10，f(x)单调递减x(，1)时，f(x)单调递增f(1)ff(0)ba0，h(x)单调递增，h(4)0，x0(4,5)，使得h(x0)0，x03ln x00.当xx0时，h

10、(x)0，g(x)x0时， h(x)0，g(x)0，g(x)单调递增g(x)有极小值g(x0)x0，方程k有唯一实数解，则直线yk与yg(x)的交点恰好是g(x)的极小值，故有kx0(4,5)9ACD10.AB11.BD12.ACD139解析：如图D294，当x5，y4时，zxy取最大值为9.图D2941445解析：1010(1x)10C(1x)9C10，x2只出现在(1x)10的展开式中，含x2的项为Cx2，系数为C45.15116.解析：如图D295，连接DF，则AEDF.D1FD即为异面直线AE与D1F所成的角设正方体棱长为a，则D1Da，DFa，D1Fa.cos D1FD.图D2951

11、7证明：(1)由an12an1得an112(an1)又a112，an1是首项为2，公比为2的等比数列，an12n，因此an的通项公式为an2n1.(2)由(1)知，于是1，1.18解：(1)ac(sin Bcos B)，且，sin Asin C(sin Bcos B)，在ABC中，sin Asin(BC)，sin(BC)sin C(sin Bcos B)，sin Bcos Ccos Bsin Csin Csin Bsin Ccos B.sin Bcos Csin Csin B.在ABC中，sin B0，cos Csin C.C是ABC的内角，C.(2)在BCD中，BC2BD2CD22BDCDc

12、os D54cos D，ABC是等腰直角三角形，SABCAB2BC2cos D，SBCDBDCDsin Dsin D，平面四边形ABDC的面积SSABCSBCDcos Dsin Dsin .0D，D7.879，有99.5%的把握认为“身体状况好与爱好体育锻炼有关系”(2)由茎叶图可知，各组数据的频数分别为3,7,7,8,5，则5565758595(165455525680475)，i，0.4，故与的误差值为0.4.(3)设这2人中爱好体育锻炼的人数为，则的可能取值为0,1,2.其中P(0)，P(1)，P(2).的分布列为012PE()012.20(1)证明：在ABC中，由余弦定理得BC2AB2

13、AC22ABACcosBAC48222 cos 454，BC2.则有AB2BC28AC2，ABC90，BCAB.又BCBB1，BB1ABB，BC平面ABB1A1.又B1M平面ABB1A1，BCB1M.(2)解：由题设知，平面MB1C把此三棱柱分成两个体积相等的几何体，即四棱锥CABB1M和四棱锥B1A1MCC1.由(1)知四棱锥CABB1M的高为BC2，V2248，V四棱锥4.又V四棱锥S梯形BCS梯形4，S梯形62，AM2.此时M为AA1中点以点B为坐标原点，的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立如图D296所示的空间直角坐标系Bxyz.图D296A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(0,0

14、,4)，M(2,0,2)，(0，2,4)，(2,0，2)，(2,2,0)设n1(x1，y1，z1)是平面CB1M的一个法向量，即令z11，可得n1(1,2,1)设n2(x2，y2，z2)是平面ACB1的一个法向量，即令z21，得n2(2,2,1)，cosn1，n2，二面角MB1CA的余弦值等于.21(1)解：由题设得，化简，得1(|x|2)C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左、右顶点(2)证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为ykx(k0)由得x.记u，则P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u,0)于是直线QG的斜率为，方程为y(xu)由得(2k2)x22uk2xk2u280.设G(

15、xG，yG)，则u和xG是方程的解，故xG，由此得yG.从而直线PG的斜率为.PQPG，即PQG是直角三角形解：由得|PQ|2u，|PG|，PQG的面积S|PQPG|.设tk，则由k0得t2，当且仅当k1时取等号S在2，)单调递减，当t2，即k1时，S取得最大值，最大值为.因此，PQG面积的最大值为.22解：(1)f(x)，函数f(x)在x1处的切线平行于直线2xy0，f(1)1a2，a1.(2)令f(x)ln x0，xe2 ，)，得axln x.记H(x)xln x，x e2 ，), H(x)1ln x，由此可知H(x)在e2，e1上递减，在(e1，)上递增，且H(e2)2e2, H(e1)

16、e1, x时，H(x)，故a时，f(x)在e2 ，)无零点；a或a时，f(x)在e2 ，)恰有一个零点；a时，f(x)在e2 ，)有两个零点(3)在1，e(e2.718 28)上存在一点x0，使得x0mf(x0)成立等价于函数h(x)xmf(x)xmln x在1，e上的最小值小于零h(x)1.当m1e时，即me1时， h(x)在1，e上单调递减，h(x)的最小值为h(e)，由h(e)em，e1，m； 当m11时，即m0时， h(x)在1，e上单调递增，h(x)的最小值为h(1)，由h(1)11m0可得m2；当1m1e时，即0me1时，可得h(x)的最小值为h(1m)，0ln(1m)1，0mln(1m)2.此时， h(1m)或m2.