2021年高考数学黄金预测卷三pdf.pdf

1、2021 届高考数学黄金预测卷 新高考版（三）【满分：150 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.已知全集，集合，则()1,0,1,2,3U 0,1,2,1,0PQ U PQA.B.C.D.3 1 1,1,2,3 1,0,32.已知 i 为虚数单位，复数的共轭复数为，则在复平面内对应的点位于()12iz z1izA.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.已知向量，且与共线，则()(3,2),(1,)xabab2 abx A.B.C.D.2323123324.黄金分割点是指将一条线段分为两部分，使得

2、较长部分与整体线段的长的比值为的512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：.若是顶角为的等腰三512ACBDCDABABBCCDE36角形，则()cos 216 A.B.C.D.5145145125125.函数的图象大致是()2ln|yxxA.B.C.D.6.九章算术商功中刘徽注：“邪解立方得二堑堵，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斜切一分为二，得到两个一模一样的三棱柱，该三11AA B B棱柱就叫堑堵.如图 2 所示的堑堵中，为的中点，则异13,4,5,2,ACBCABAAMBC

3、面直线与所成角的余弦值为()1ACAMA.B.C.D.9138131591557.已知数列满足，则数列的前 2020 项的和为()na(1)21220,(1)2n nnnaaaa naA.0B.1010C.2020D.20248.若且，则()1abc2acbA.B.logloglogabcbcalogloglogcbabacC.D.logloglogbaccbalogloglogbcaabc二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分.9.已知，则下列结论正确的是()2(

4、lnln)ln(2)ababA.ab 有最大值 2B.ab 有最小值 2C.有最大值为 4D.有最小值为 42ab2ab10.把函数的图象上各点的横坐标缩短为原来的(纵坐标不变再将图象向sin3yx12),右平移个单位长度得到函数的图象，则下列说法不正确的是()4()g xA.在上单调递增B.的图象关于对称()g x,6 6()g x,06C.的最小正周期为D.的图象关于 y 轴对称()g x4()g x11.已知 O 为坐标原点，分别是离心率为的双曲线 E 的左、右焦点，P 为双曲线上12,F F52任一点，平分且，则()PD12F PF10,|4F D PDOD A.E 的标准方程为221

5、4xyB.E 的渐近线方程为20 xyC.点 P 到两条渐近线的距离之积为165D.若直线与双曲线 E 的另一支交于点为的中点，则1PF,M NPM14oNMPkk12.副三角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，现将两块三角形板拼接在一起，得到三棱锥90,BF 60,45,ADBCDE，取的中点 O 与的中点 M，则下列判断正确的是()FCABBCACA.直线平面BC OFMB.与平面所成的角为定值ACOFMC.设平面平面，则有ABF MOFllABD.三棱锥的体积为定值FCOM三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.13.曲线在点处的

6、切线方程为_.()(23)exf xx(0,(0)f14.某医院传染病科室有 5 名医生、4 名护士，现从这 9 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.15.在三棱锥中，是正三角形，点 A 到平面 PBCPABCPAABC 平面ABC2AB 的距离为 1，则_，三棱锥的外接球的表面积是_.PA PABC16.已知定义在 R 上的函数满足，且当时，当()f x()()0f xfx0 x(1)()fxf x时，则函数在上有_个零点.(0,1)x2()f xx()(1)()1F xxf x 4,5四、解答题：本题共 6 小题，共

7、 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（10 分）在这三个条件中任选一个，补充在3,b sinsin2sin,BCA10bc 下面问题中，若问题中的三角形存在，求出的面积；若问题中的三角形不存在，请ABC说明理由.问题：是否存在它的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且ABC，_？3sin()sin2BCABc3a 18.（12 分）已知等比数列的前 n 项和为，且.nanS21nnaS（1）求与；nanS（2）记，求数列的前 n 项和.21nnnba nbnT19.（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 英寸石墨

8、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：等级优秀良好不合格频数63618（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？合格不合格A 生产线B 生产线（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

9、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 的分布列及数学期望 E（X）.附：，其中.22()()()()()n adbcKab cd ac bdnabcd20P Kk0.150.100.050.0250.0100k2.0722.7063.8415.0246.63520.（12分）在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，PABCD/,1BC AD ADCD BCCD，E 为 PC 的中点，F 为 AD 的中点，平面底面 ABCD.2,ADPAPDPAD（1）证明：平面平面 PAD；BEF（2）若 PC 与底面 ABCD 所成的角为，求三面角的余弦值

10、.3EBFA21.（12 分）已知圆与抛物线在 x 轴下方的交点为 A，与抛物2217xy2:2(0)C ypx p线 C 的准线在 x 轴上方的交点 B，且点关于直线对称.,A Byx（1）求抛物线 C 的方程；（2）若是抛物线 C 上与点 A 不重合的两个动点，且，求点 A 到直线,M NAMANMN的距离最大时，直线的方程.MN22.（12 分）已知函数.()lne()xf xxxmmR（1）当时，求函数的单调区间；1em()f x（2）当时，求证：.22em()0f x 答案以及解析一、单项选择题1.答案：D解析：由题意知，所以，故选 D.1,3U P 1,0,3U PQ 2.答案：B

11、解析：依题意得，因此，根据复数的几何意义，12iz 12i(12i)(1i)13 i1i1i(1i)(1i)22z 它在复平面内对应的点为，位于第二象限.1 3,2 23.答案：B解析：与共线，(2,2),2(7,4),xx ababab2 ab，解得.故选 B.2(4)7(2)0 xx 23x 4.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.因为BCCE，所以，故不妨设则在中，512CDBC512CDCE2,51CECDCDE，从而.22222(51)51cos362224 51cos216cos 18036cos364 5.答案：B解析：易知为偶函数，所以

12、其图象关于y轴对称，由此排除A；由定义域知，2ln|yxx0 x 由此排除 C；又当时，由知，在区间内有极小值，由此排0 x 221xyx 2lnyxx(0,1)除 D.故选 B.6.答案：A解析：如图，取的中点 E，连接则即异面直线与所成11B C1,A E EC11/,A E AMEAC1ACAM的角或其补角，在中，在中，在11RtAC E19413A E 1RtEC C22222 2EC 11RtAC C中，在中，由余弦定理得，113AC 1A EC，故异面直线与所成角的余弦值22211111131389cos2132 1313A EACECEACA E AC1ACAM为，选 A.913

13、7.答案：C解析：在中，分别令，2，得，两式相加得(1)22(1)2n nnnaa 1n 312aa422aa.在中，分别令，4，得341244aaaa(1)22(1)2n nnnaa 3n，两式相加得，所以，依次类推，可得53642,2aaaa34564aaaa560aa，所以数列的前 2020 项的和为.43424140,4kkkkaaaa na20204202048.答案：B解析：由，知1abc，选项 A，C 错误；由logloglog1,loglog1log,loglog1aaabbbcccbacbaac，可知最小，比较与的loglog1 loglog1,loglog1ccbbaabc

14、abca，loga clogc blogb a大小，222222lglglg(lg)(lg)2lglg(lg)lglg2loglog0lglglglglglglglgcbbacbbbabacbacbcbcbcb从而，选项 B 正确，选项 D 错误，故选 B.loglogcbba二、多项选择题9.答案：BD解析：由题可知且由得，即0,0,ab222,a bab2222 2,a babab44 8a bab33 8,a b 故当且仅当即时取等号.故选项 A 错误，选项 B 正确；又2,ab2,ab2,1ab，当且仅当时取等号，故选项 C 错误，选项 D 正确，故选2222()4aba bab2,1

15、abBD.10.答案：BCD解析：把函数的图象上各点的横坐标缩短为原来的得到的sin3yx12sin 23yx图象，再将图象向右平移个单位长度得到函数的图4()sin 2sin 2436g xxx像.若则在上单调递增，故 A 正确；,6 6x 2,()626xg x ,6 6由知，的图象不关于点对称，故 B 错误；1062g ()g x,06的最小正周期为，故 C 错误；()g x的图象不关于 y 轴对称，故 D 错误.1(0)1,()2gg x 综上，故选 BCD.11.答案：BCD解析：不妨设 P 为双曲线的右支上点，延长交于点 Q，2222:1(0,0)xyEabab21,PF F D易

16、知.根据双曲线的定义得，从而，在中，1|PFPQ122PFPFa22QFa12FQF为其中位线，故，由，得，所以，所以双曲OD|4ODa52ca 2 5c 2224bca线 E 的标准方程为，渐近线方程为，即，所以 A 不正确 B 正221164xy12yx 20 xy确；设，则点 P 到两条渐近线的距离之积为，所以 C11,P x y2211111122416551414xyxyxy正确；设，因为在双曲线 E 上，所以，-22,(,)M xyN x y,P M22111164xy22221164xy并整理得，即，所以，所以 D 正确.故选121212124 yyxxyyxx1212422yy

17、xyxx14oNMPkkBCD.12.答案：ABC解析：对于选项 A：由的中点 O 与的中点 M，得.由，得BCACMOAB90BF.又由为等腰直角三角形得，则由，BCMOBCFBCFOMOFOOMOFO 平面，得直线平面，故 A 正确.OFMBC OFM对于选项 B 由 A 得平面，则与平面所成的角为，即为，BC OFMACOFMCMOCAB为定值 60，故 B 正确.对于选项 C 由 A 得，平面平面，所以平面MOABAB,OFM MO OFMAB.又平面，平面平面，所以，故 C 正确.OFMAB ABFABF MOFllAB对于选项 D：因为的面积为定值，但三棱锥的高随着点 F 位置的移

18、动而COMFCOM变化，故 D 错误.故选 ABC.三、填空题13.答案：20 xy解析：因为，所以.又，故曲线()3e(23)e(13)exxxfxxx 1(0)f(0)2f在点处的切线方程为，即.()(23)exf xx(0,(0)f2(0)yx 20 xy14.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、3名护士的方法有（种），选取 3 名医生、2 名护士的方法有（种），2354CC403254CC60所以满足题意的选取方法共有（种）.406010015.答案：；62416解析：如图，过点 A 作于点 D，连接 PD，过点 A

19、 作于点 H，则易知ADBCAHPD，所以 AH 为点 A 到平面 PBC 的距离，即.由易得，AHPBC 平面1AH 2AB 3AD 从而可得，由可得，即，2HD PADAHDPAADAHHD312PA 解得.将三棱锥补形成三棱柱，设的中心分别为62PA PABCPQRABC,PQRABC，连接，取的中点 O，则 O 为三棱锥的外接球的球心.连接 OA，12,O O12O O12O OPABC易知，从而可得，所以所求的2222 36,334AOADOO2262 3414324OA外接球的表面积.241414246S16.答案：7解析：由知是奇函数，又当时，所以在()()0f xfx()f x

20、0 x(1)()fxf x()f x上是周期为 1 的周期函数.令得，结合当时，(,0()0F x 1()1f xx(0,1)x2()f xx作出函数和的大致图象，如图所示，数形结合可知函数和()yf x11yx()yf x的图象在上有 7 个交点，即函数在上有 7 个零点.11yx 4,5()(1)()1F xxf x 4,5四、解答题17.答案：方案一：选条件.因为所以，3sin()sin,3,2BCABcasin()sin2BCaABc由正弦定理可得，sinsin()sinsin2BCAABC又所以，,ABCsinsinsinsinsinsin222BCAACCCsincos 2AC因为

21、sin0,C 所以即，sincos,2AA 2sincoscos222AAA因为所以，cos0,2A 1sin 22A 又故，即.(0,),A26A 3A 因为3,3,ba所以由正弦定理得解得,sinsinabAB33,sinsin 3B1sin,2B 因为，所以，所以.ba6B 2C 所以的面积.ABC13 322Sab方案二：选条件.因为所以，3sin()sin,3,2BCABcasin()sin2BCaABc由正弦定理可得sinsin()sinsin,2BCAABC又所以，,ABCsinsinsinsinsinsin222BCAACCCsincos 2AC因为，所以，即sin0C sin

22、cos 2AA 2sincoscos,222AAA因为所以，cos0,2A 1sin 22A 又故即.(0,),A,26A 3A 因为所以由正弦定理得，sinsin2sin,BCA6bc由余弦定理得，即，2222cosabcbcA229bcbc联立得化简得解得，229,6bcbcbc 9,6bcbc 3bc所以的面积.ABC19 3sin24SbcA方案三：选条件.因为所以，3sin()sin,3,2BCABcasin()sin2BCaABc由正弦定理可得sinsin()sinsin,2BCAABC又所以，,ABCsinsinsinsinsinsin222BCAACCCsincos 2AC因为

23、，所以，即，sin0C sincos 2AA 2sincoscos222AAA因为所以，cos0,2A 1sin 22A 又故即.(0,),A,26A 3A 由余弦定理得即，2222cos,abcbcA229bcbc联立得消去 c，229,10bcbcbc并整理得42191000,bb此时故方程无实数根，2(19)4 100390,所以选条件时问题中的三角形不存在.18.答案：（1）由，得，21nnaS21nnSa当时，得；1n 11121aSa11a 当时，2n 112121nnnnnaSSaa得，12nnaa 所以数列是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，na所以.12nna所以.212

24、1nnnSa（2）由（1）可得，则1212nnnb，2121135211111 135(21)1222222nnnnTn ，2311111135(21)22222nnTn 两式相减得，23111111112(21)222222nnnTn 所以23111111124(21)22222nnnTn11112224(21)1212nnn.12362nn19.答案：（1）补充 22 列联表如下：合格不合格A 生产线109B 生产线329则，222()60(109932)3.994()()()()1941 42 18n adbcKab cd ac bd由于，故有 95%的把握认为产品是否合格与生产线有关.

25、3.9943.841（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（件），610160良好等级的产品有（件），3610660不合格等级的产品有（件），1810360故 X 的可能取值有 0，1，2，3，则，30214646331010C CC C13(0),(1)C30C10P XP X，12034646331010C CC C11(2),(3)C2C6P XP X所以 X 的分布列为X0123P1303101216所以.13119()01233010265E X 20.答案：(1)由题可知四边形 BCDF 是平行四边形，/,B

26、C DF./BF CD又.,CDADBFAD又平面平面 ABCD，平面平面平面 ABCD，PAD PAD,ABCDAD BF平面 PAD.BF平面平面平面 PAD.BF,BEF BEF(2)如图，连接为 AD 中点.,PFPAPD F,PFAD又平面 PAD，平面平面 ABCD，平面平面PF PAD PAD,ABCDAD底面 ABCD.PF又故以的方向分别为 x，y，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图,BFAD,FA FB FP 所示.(0,0,0),(0,1,0),(1,1,0),FBC 设，(0,0,)Pt(0)t 则，(1,1,),(0,1,0)PCt FB 取平面 ABCD 的法向

27、量1(0,0,1),n则有，1213sin,632|2PCttPCt nn，1 16(0,0,6),2 22PE.1 16,2 22FE 设平面 EBF 的法向量，2(,)x y zn令得.221160,2220,FExyzFBy nn1,z 2(6,0,1)n设二面角的平面角为EBFA12127,|cos|,7nnn n由图可知为钝角，7,cos7 即二面角的余弦值为.EBFA7721.答案：（1）将代入，得，所以，2px 2217xy2174py 2,1724ppB由点关于直线对称，可得，,A Byx217,42ppA将 A 的坐标代入抛物线 C 的方程得，得.2221744ppp8p 所

28、以抛物线 C 的方程为.216yx（2）由 1 得.(1,4)A设，直线的方程为，221212,1616yyMyNyMNxmyn将直线的方程代入得，MN216yx216160ymyn所以121216,16.yym y yn 因为，所以AMAN22221212121216161,41,44401616256yyyyAM ANyyyy 由题意可知所以.124,4,yy 12440yy所以，即，124410256yy 121242720y yyy所以，即.16642720nm417nm 所以直线的方程为，MN(4)17xm y所以直线过定点，当时，点 A 到直线的距离最大，此时直线MN(17,4)P

29、MNAPMNMN的方程为.2380 xy22.答案：（1）函数的定义域为.()f x(0,)当时，1em 1()lnexf xxx则.1()1lnexfxx记，则.1()1lnexg xx 11()exg xx显然在上单调递减，且，()g x(0,)(1)0g所以当时，函数单调递增；(0,1)x()0g x()g x当时，函数单调递减.(1,)x()0g x()g x所以，即恒成立，()(1)1ln1 10g xg ()0fx所以函数在上单调递减.()f x(0,)所以函数的单调递减区间为，无单调递增区间.()f x(0,)（2）要证，只需证.()0f x elnxmxx当时，不等式显然成立.

30、01x22e1,ln0,exxxm当时，1x ln0,eexxx 由可得，22em22eeexxm 于是原问题可转化为求证：，22 elnexxx即证.22eln0 xxx令，则，22e()lnxh xxx222e(1)()xxxh xx令，则，易知在上单调递增，2()2e(1)xp xxx2()2 e1xp xx()p x(0,)又，2(1)10,(2)30epp 所以存在使得，0(1,2)x 00p x所以在上单调递减，在上单调递增，()p x01,x0,x又，(1)10,(2)0pp 故当时，单调递减，(1,2)x()0,()h xh x当时，单调递增，(2,)x()0,()h xh x所以当时，即.1x()(2)1ln 20h xh()0f x 综上，.()0f x