2021年高考数学真题模拟测试卷（三）（含解析）.docx

1、2021年高考数学之精选真题+模拟重组卷（新高考地区专用）（一）历年真题精选姓名：_ 班级：_ 得分：_注意事项：本试卷满分150分，考试时间120分钟答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1（2020全国高考真题（理）设集合A=x|x240，B=x|2x+a0，且AB=x|2x1，则a=（ ）A4B2C2D4【答案】B【详解】求解二次不等式可得：，求解一次不等式可得：.由于，故：，解得：.故选：B.2（2016北京高考真题（理）设是向量，则“”是“”的A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分

2、必要条件D既不充分也不必要条件【答案】D【详解】试题分析：由无法得到，充分性不成立；由，得，两向量的模不一定相等，必要性不成立，故选D.3（2015四川高考真题（理）设四边形ABCD为平行四边形，.若点M，N满足，则（ ）A20B15C9D6【答案】C【详解】因为四边形ABCD为平行四边形,点M、N满足,根据图形可得:,，故选C.4（2017全国高考真题（理）等差数列的首项为，公差不为若、成等比数列，则的前项的和为（ ）ABCD【答案】A【详解】设等差数列的公差为，由、成等比数列可得，即，整理可得，又公差不为0，则，故前项的和为.故选：A5（2017山东高考真题（理）若ab0，且ab=1，则下

3、列不等式成立的是A B C D 【答案】B【解析】因为，且，所以 ，所以选B.6（2018全国高考真题（理）设,是双曲线（）的左、右焦点，是坐标原点过作的一条渐近线的垂线，垂足为若，则的离心率为ABCD【答案】B【详解】由题可知在中，在中,故选B.7（2020海南高考真题）要安排3名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有（ ）A2种B3种C6种D8种【答案】C【详解】第一步，将3名学生分成两个组，有种分法第二步，将2组学生安排到2个村，有种安排方法所以，不同的安排方法共有种故选：C8（2017全国高考真题（文）甲、乙、丙、丁四位同学一起

4、去向老师询问成语竞赛的成绩，老师说，你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩，看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩，根据以上信息，则（ ）A乙可以知道两人的成绩B丁可以知道四人的成绩C乙、丁可以知道对方的成绩D乙、丁可以知道自己的成绩【答案】D【详解】甲、乙、丙、丁四位同学中有2位优秀，2位良好，因为甲看乙、丙的成绩后仍不知道自己的成绩，可知乙、丙一人优秀一人良好，则甲、丁一人优秀一人良好，乙看到丙的结果则知道自己的结果，丁看到甲的结果则知道自己的结果，故选：D二、 多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分全部选对的得5分，部分选对的得3

5、分，有选错的得0分)9（2020山东高三专题练习）为弘扬中华传统文化，某校组织高一年级学生到古都西安游学在某景区，由于时间关系，每个班只能在甲、乙、丙三个景点中选择一个游览，高一1班的27名同学决定投票来选定游览的景点，约定每人只能选择一个景点，得票数高于其它景点的入选据了解，若只游览甲、乙两个景点，有18人会选择甲，若只游览乙、丙两个景点，有19人会选择乙，那么关于这轮投票结果，下列说法正确的是（ ）A该班选择去甲景点游览B乙景点的得票数可能会超过9C丙景点的得票数不会比甲景点高D三个景点的得票数可能会相等【答案】AC【详解】由已知只游览甲、乙两个景点，有18人会选择甲，则选择乙的为9人，则

6、若在甲、乙、丙只游览一个景点时，选择乙的小于等于9人；若只游览乙、丙两个景点，有19人会选择乙，则选择丙的为8人，则若在甲、乙、丙只游览一个景点时，选择丙的小于等于8人，所以选择甲的一定大于等于10人.故选：AC10（2021福建高三其他模拟）已知函数，下列结论正确的是（ ）A的最小正周期为B函数的图象关于直线对称.C函数在上单调递增D方程在上有个不同的实根【答案】ABD【详解】由题意，函数，作出在上的图象，将的图象向下平移个单位可得到的图象，将所得图象在轴下方的部分沿轴翻折，如图所示，由图可知的最小正周期为，故正确；曲线关于直线对称，故正确；函数在上单调递减，则错误；方程在上有个不同的实根，

7、所以正确.故选：ABD.11（2021江苏高三一模）若函数的值域为，则（ ）ABCD【答案】ABD【详解】时，单调递增，A正确；时，单调递减，值域是，B正确；设，则，当时，单调递增，即，又，而在递减，C错；设，则，令，则在时恒成立，在上单调递增，因此时，是减函数，又，即，D正确故选：ABD12（2021全国高三其他模拟）已知抛物线，为的焦点，过焦点且倾斜角为的直线交抛物线于，两点，则下列说法正确的是（ ）A在点处的切线方程为BC过抛物线准线上的任意一点作的切线，则过两切点，的弦必过焦点D【答案】ACD【详解】对于A，根据题意可知，抛物线在点处的切线斜率存在，设点处的切线方程为，与联立，得，由，

8、得，即，则，解得，故切线方程为，即，故A正确.对于B，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，由题意，则，故B错误.对于C，设点，过点作抛物线的切线，切点为，两边分别求导得，即.，切点有两个，设为，则，当时，则，或，点，的坐标为，点，共线.当时，则，三点共线，过两切点，的弦必过焦点，故C正确.对于D，当直线的斜率不存在时，此时；当直线的斜率存在时，可知直线的斜率为，则直线的方程为，联立，得，则，.，故D正确，故选：ACD.三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13（2018北京高考真题（理）能说明“若f（x）f（0）对任意的x（0，2都成立，则f（x）在0，2上是增函数”为假命题的一个

9、函数是_【答案】y=sinx（答案不唯一）【解析】令，则f（x）f（0）对任意的x（0，2都成立，但f（x）在0，2上不是增函数.又如，令f（x）=sinx，则f（0）=0，f（x）f（0）对任意的x（0，2都成立，但f（x）在0，2上不是增函数.14（2018全国高考真题（文）已知函数，则_【答案】【详解】因为，且，则.故答案为-215（2016浙江高考真题（理）已知，则_，=_【答案】；1【解析】试题分析：由题意得，,所以.16（2017全国高考真题（理）a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：当

10、直线AB与a成60角时，AB与b成30角；当直线AB与a成60角时，AB与b成60角；直线AB与a所成角的最小值为45；直线AB与a所成角的最大值为60.其中正确的是_.（填写所有正确结论的编号）【答案】【详解】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|1，|AB|，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量（0，1，0），|1，直线b的方向单位向量（1，0，0），|

11、1，设B点在运动过程中的坐标中的坐标B（cos，sin，0），其中为BC与CD的夹角，0，2），AB在运动过程中的向量，（cos，sin，1），|，设与所成夹角为0，则cos|sin|0，正确，错误设与所成夹角为0，cos|cos|，当与夹角为60时，即，|sin|，cos2+sin21，cos|cos|，0，此时与的夹角为60，正确，错误故答案为四、解答题(本大题共6小题，共70分)17（2015天津高考真题（理）已知数列满足，且成等差数列.（）求的值和的通项公式；（）设，求数列的前项和.【答案】（） ; （）.【解析】（） 由已知，有，即，所以，又因为，故，由，得，当时，当时，所以的通项公

12、式为（） 由（）得，设数列的前项和为，则，两式相减得，整理得所以数列的前项和为.18（2014湖北高考真题（理）某实验室一天的温度（单位：）随时间（单位：）的变化近似满足函数关系；.（1）求实验室这一天的最大温差；（2）若要求实验室温度不高于11，则在哪段时间实验室需要降温？【答案】（1）4；（2）在10时至18时实验室需要降温.【解析】试题分析：（1）利用两个角的和的正弦公式把变成，根据求出的取值范围，确定的取值范围，从而求得在上的最大值与最小值；（2）由题意知，解三角不等式，得出的取值范围，从而得到结论.（1）因为，又，所以，当时，；当时，；于是在上取得最大值12，取得最小值8.（2）依题

13、意，当时实验室需要降温.由（1）得，所以，即，又，因此，即，故在10时至18时实验室需要降温.19（2020江苏高考真题）甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为Xn，恰有2个黑球的概率为pn，恰有1个黑球的概率为qn（1）求p1q1和p2q2；（2）求2pn+qn与2pn-1+qn-1的递推关系式和Xn的数学期望E(Xn)(用n表示) 【答案】（1）（2）【详解】（1），.（2），因此，从而，即.又的分布列为 012 故.20（2020全国高考真题（理）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底

14、面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）证明：AA1MN，且平面A1AMNEB1C1F；（2）设O为A1B1C1的中心，若AO平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【详解】（1）分别为，的中点，又在中，为中点，则又侧面为矩形，由，平面平面又，且平面，平面，平面又平面，且平面平面 又平面平面平面平面平面（2）连接平面，平面平面根据三棱柱上下底面平行，其面平面，面平面故：四边形是平行四边形设边长是()可得：，为的中心，且边长为故：

15、解得：在截取，故且四边形是平行四边形，由（1）平面故为与平面所成角在，根据勾股定理可得：直线与平面所成角的正弦值：.21（2016北京高考真题（理）已知椭圆：（）的离心率为，的面积为1.（1）求椭圆的方程；（2）设是椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【详解】（）由题意得解得.所以椭圆的方程为.（）由（）知，设，则.当时，直线的方程为.令，得，从而.直线的方程为.令，得，从而.所以.当时，所以.综上，为定值.22（2018全国高考真题（文）（2018年新课标I卷文）已知函数（1）设是的极值点求，并求的单调区间；（2）证明：当时，【答案】(

16、1) a=；f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+）单调递增(2)证明见解析.【解析】（1）f（x）的定义域为，f （x）=aex由题设知，f （2）=0，所以a=从而f（x）=，f （x）=当0x2时，f （x）2时，f （x）0所以f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+）单调递增（2）当a时，f（x）设g（x）=，则 当0x1时，g（x）1时，g（x）0所以x=1是g（x）的最小值点故当x0时，g（x）g（1）=0因此，当时，（二）2021新高考模拟卷姓名：_ 班级：_ 得分：_注意事项：本试卷满分150分，考试时间120分钟答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信

17、息填写在试卷规定的位置 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1已知集合，则= ( )A或B或3C1或D1或3【答案】B【解析】因为集合，且，所以或，若，则，满足；若，则或，当时，满足；当时，集合A中元素不满足互异性，舍去，故选B.2如图，若向量对应的复数为z，则表示的复数为（ ）A13iB3iC3iD3i【答案】D【解析】由题图可得Z（1，1），即z1i，所以z1i1i1i1i22i3i.故选：D.3已知，则的值等于（ ）AB4C2D【答案】B【解析】,，故选B.4锐角满足，则（ ）ABCD【答案】D【解析】由锐角满足，所以，所以，故选：D5已知是定义在R上的偶函数，且在区间

18、上单调递增。若实数满足，则的取值范围是 （ ）ABCD【答案】D【解析】 ,选D.6已知向量满足，且与夹角为，则（ ）A-3B-1C1D3【答案】B【解析】.故选：B7若函数与函数的图象存在公切线，则正实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】D【解析】的导函数，的导函数为.设切线与相切的切点为，与相切的切点为，所以切线方程为、，即、.所以，所以，由于，所以，即有解即可.令，所以在上递增，在上递减，最大值为，而时，当时，所以，所以.所以正实数的取值范围是.故选：D8已知双曲线的左、右焦点分别为，B为虚轴的一个端点，且，则双曲线的离心率为（ ）A2BCD【答案】D【解析】已知，因为，则在中，所以即，

19、又，联立得，所以.故选：D二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9下列说法错误的是（ ）A长度等于半径的弦所对的圆心角为1弧度B若，则C若角的终边过点，则D当时，【答案】ABC【解析】对于A，长度等于半径的弦所对的圆心角为弧度，命题错误；对于B，若，则，命题错误；对于C，若角的终边过点，则，命题错误；对于D，当时，命题正确.故选：ABC10如图，在长方体中，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（ ）A四点共面B平面平面C直线与所成角的为D平面【答案】BC【解析】对于A，由图显然、是异面直线，故四点不共面，故A错误；对于B，由题意

20、平面，故平面平面，故B正确；对于C，取的中点，连接、，可知三角形为等边三角形，故C正确； 对于D，平面，显然与平面不平行，故D错误；故选：BC11以下对各事件发生的概率判断正确的是（ ）.A甲、乙两人玩剪刀、石头、布的游戏，则玩一局甲不输的概率是B每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和，例如，在不超过14的素数中随机选取两个不同的数，其和等于14的概率为C将一个质地均匀的正方体骰子（每个面上分别写有数字l，2，3，4，5，6）先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数之和是6的概率是D从三件正品、一件次品中随机取出两件，则取出的产品全是正品的概率是【答案】BCD【解析】对于A，画树形图如下：从树形

21、图可以看出，所有可能出现的结果共有9种，这些结果出现的可能性相等，P（甲获胜），P（乙获胜），故玩一局甲不输的概率是，故A错误；对于B，不超过14的素数有2，3，5，7，11，13共6个，从这6个素数中任取2个，有2与3，2与5，2与7，2与11，2与13，3与5，3与7，3与11，3与13，5与7，5与11，5与13，7与11，7与13，11与13共15种结果，其中和等于14的只有一组3与11，所以在不超过14的素数中随机选取两个不同的数，其和等于14的概率为，故B正确；对于C，基本事件总共有种情况，其中点数之和是6的有，共5种情况，则所求概率是，故C正确；对于D，记三件正品为，一件次品为B

22、，任取两件产品的所有可能为，共6种，其中两件都是正品的有，共3种，则所求概率为，故D正确.故选BCD.12已知函数yf（x）是定义在0，2上的增函数，且图像是连续不断的曲线，若f（0）M，f（2）N（M0，N0），那么下列四个命题中是真命题的有（ ）A必存在x0，2，使得f（x）B必存在x0，2，使得f（x）C必存在x0，2，使得f（x）D必存在x0，2，使得f（x）【答案】ABD【解析】因函数yf（x）是定义在0，2上的增函数，且图像是连续不断的曲线，所以；对A，若成立，则，即，显然成立；对B，若成立，则，即，显然成立；对C，若成立，则，先证，假设成立，则，即，如时，不成立，则C不成立；对D

23、，若成立，则化简后为：，即，左侧化简后成立，右侧化简后成立，故D成立故选：ABD三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分).13已知数列满足：（），若，则 .【答案】【解析】因,故当时,即时,即,所以;当时,即时,可得,不成立,所以,应填.14已知函数fx=cosx+2cosx，x0,2，若直线y=k与函数y=fx的图象有四个不同的交点，则实数k的取值范围是_.【答案】(0,1)【解析】画出函数y=cosx+2|cosx|=3cosx,x0,232,2-cosx,x(2,32),以及直线y=k的图象,如图所示;由f(x)的图象与直线y=k有且仅有四个不同的交点,可得0k1.故答案为:(

24、0,1).15在平面直角坐标系中，点关于轴的对称点为，那么，在空间直角坐标系中，关于轴的对称点坐标为_，若点关于平面的对称点为点，则_【答案】 【解析】（1）由题得关于轴的对称轴点坐标为；（2）点关于平面的对称点为点（1,-1，-2），所以.故答案为：(1). (2). 16关于函数有下列四个命题：函数在上是增函数；函数的图象关于中心对称；不存在斜率小于且与函数的图象相切的直线；函数的导函数不存在极小值.其中正确的命题有_.（写出所有正确命题的序号）【答案】【解析】函数的定义域是，由于，在上递增，函数在上是递增，正确；，函数的图象关于中心对称，正确；，时取等号，正确；，设，则，显然是即的极小值

25、点，错误故答案为：.四、解答题(本大题共6小题，共70分)17（本小题满分10分）已知数列为等差数列，公差，且，.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】（1）由题意可知，.又，.故数列的通项公式为.（2）由（1）可知， ，.18（本小题满分12分）已知a为实数当，时，求在上的最大值；当时，若在R上单调递增，求a的取值范围【答案】 ； .【解析】当，时，则x，的变化情况如下：x0增函数极大值减函数；在R上单调递增，则对恒成立，得，设，则在上恒成立，则有，得19（本小题满分12分）设抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，准线为l.已知以F为圆心，半径为4

26、的圆与l交于A，B两点，E是该圆与抛物线C的一个交点，EAB90.(1)求p的值；(2)已知点P的纵坐标为1且在抛物线C上，Q，R是抛物线C上异于点P的另两点，且满足直线PQ和直线PR的斜率之和为1，试问直线QR是否经过一定点，若是，求出定点的坐标；否则，请说明理由【答案】（1）2（2）经过， .【解析】(1) 如图：由题意及抛物线定义，得|AF|EF|AE|4，AEF为边长为4的正三角形，设准线l与x轴交于点D，因为，所以，则|FD|p|AF|42.(2)设直线QR的方程为xmyt，点Q(x1，y1)，R(x2，y2)，由，得y24my4t0，则16m216t0，y1y24m，y1y24t，

27、又点P在抛物线C上，则kPQ，同理可得kPR，因为kPQkPR1，所以 ，解得t3m，由 ，解得m，所以直线QR的方程为xm(y3)，则直线QR过定点.20（本小题满分12分）某购物商场分别推出支付宝和微信“扫码支付”购物活动，活动设置了一段时间的推广期，由于推广期内优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用“扫码支付”现统计了活动刚推出一周内每天使用扫码支付的人次，用表示活动推出的天数，表示每天使用扫码支付的人次，统计数据如下表所示：（1）根据散点图判断，在推广期内，扫码支付的人次关于活动推出天数的回归方程适合用来表示，求出该回归方程，并预测活动推出第天使用扫码支付的人次；（2）推广期结束后，商

28、场对顾客的支付方式进行统计，结果如下表：支付方式现金会员卡扫码比例商场规定：使用现金支付的顾客无优惠，使用会员卡支付的顾客享受折优惠，扫码支付的顾客随机优惠，根据统计结果得知，使用扫码支付的顾客，享受折优惠的概率为，享受折优惠的概率为，享受折优惠的概率为现有一名顾客购买了元的商品，根据所给数据用事件发生的频率来估计相应事件发生的概率，估计该顾客支付的平均费用是多少？参考数据：设，参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，【答案】（1）回归方程为：；活动推出第8天使用扫码支付的人次为331（2）一名顾客购物的平均费用为元【解析】（1）由，两边同时取常用对数得：；设

29、，把样本中心点代入,得:，关于的回归方程为：；把代入上式，；活动推出第8天使用扫码支付的人次为331；（2）记一名顾客购物支付的费用为，则的取值可能为：，；分布列为：所以，一名顾客购物的平均费用为：（元）21（本小题满分12分）在中，且边上的中线长为，(1)求角的大小；(2)求的面积.【答案】（）；（）.【解析】(1)由正弦定理边角互换可得，所以.因为，所以，即，即，整理得.因为，所以，所以，即，所以.因为，所以，即。(2)设的中点为，根据向量的平行四边形法则可知所以，即，因为，所以，解得（负值舍去）.所以。22（本小题满分12分）已知椭圆的左、右焦点分别为、经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、

30、两点（其中点在轴上方），的周长为8（1）求椭圆的标准方程；（2）如图，把平面沿轴折起来，使轴正半轴和轴确定的半平面，与负半轴和轴所确定的半平面互相垂直若，求异面直线和所成角的余弦；若折叠后的周长为，求的正切值【答案】（1） （2） 【解析】（1）设椭圆的标准方程为：，由椭圆的性质可知：，则的周长，即，椭圆的标准方程：；（2）设直线：，代入椭圆方程，解得：，则，折叠后主要是四点位置擦去椭圆如下图，建立空间直角坐标系，在空间直角坐标系中，异面直线和所成角为，则。折叠后对应点记为，如图设折叠前，则，由，则，设折叠前直线方程为，则，整理得：，则，则，（1），（2）由（1），（2）可知：，即，则，解得：，