2021年高考数学真题模拟测试卷（五）（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海南高考真题）=（ ）ABCD【答案】B【详解】故选：B2（2020全国高考真题（理）已知集合U=2，1，0，1，2，3，A=1，0，1，B=1，2，则（ ）A2，3B2，2，3C2，1，0，3D2，1，0，2，3【答案】A【详解】由题意可得：，则.故选：A.3（2020天津高考真题）设，则“”是

2、“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【详解】求解二次不等式可得：或，据此可知：是的充分不必要条件.故选：A.4（2020海南高考真题）在中，D是AB边上的中点，则=（ ）ABCD【答案】C【详解】故选：C5（2020北京高考真题）在等差数列中，记，则数列（ ）A有最大项，有最小项B有最大项，无最小项C无最大项，有最小项D无最大项，无最小项【答案】B【详解】由题意可知，等差数列的公差，则其通项公式为：，注意到，且由可知，由可知数列不存在最小项，由于，故数列中的正项只有有限项：，.故数列中存在最大项，且最大项为.故选：B.6（2020天津高考真题）

3、已知函数给出下列结论：的最小正周期为；是的最大值；把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象其中所有正确结论的序号是（ ）ABCD【答案】B【详解】因为，所以周期，故正确；，故不正确；将函数的图象上所有点向左平移个单位长度，得到的图象，故正确.故选：B.7（2019全国高考真题（理）如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则（ ）A，且直线是相交直线B，且直线是相交直线C，且直线是异面直线D，且直线是异面直线【答案】B【详解】如图所示， 作于，连接，过作于连，平面平面平面，平面，平面，与均为直角三角形设正方形边长为2，易知，故选B8（2019天津高考真题（文）已

4、知抛物线的焦点为，准线为.若与双曲线的两条渐近线分别交于点A和点B，且（为原点），则双曲线的离心率为ABC2D【答案】D【详解】抛物线的准线的方程为，双曲线的渐近线方程为，则有，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（2021广东揭阳市高三一模）设函数，已知在上有且仅有1个极大值点，则下列四个结论中正确的有（ ）A在内有5个零点B在有2个极小值点C在上单调递增D可以取【答案】BD【详解】因为函数的最小正周期，又因为在上有且仅有1个极大值点，所以函数的图象如图所示.所以在内有4个零点，在有2个极小值点，在上单调递减，由解

5、得，.所以BD正确，AC错误.故选：BD.10（2021湖南株洲市高三一模）已知，设，则下列说法正确的是（ ）AM有最小值，最小值为1BM有最大值，最大值为CN没有最小值DN有最大值，最大值为【答案】BC【详解】令，当且仅当，即时等号成立，故M有最大值，故B正确，没有最大值，故M没有最小值，故A错误；同理，故D错误，没有最小值，故C正确.故选：BC.11（2021全国高三零模）设函数，则（ ）AB的最大值为C在单调递增D在单调递减【答案】AD【详解】的定义域为，且，故A正确又，令，则，其中，故即，故，当时，有，此时即，故，故B错误，当时，故在为减函数，故D正确当时，故，因为为增函数且，而在为增

6、函数，所以在上为增函数，故在有唯一解，故当时，即，故在为减函数，故C不正确故选：AD12（2021全国高三其他模拟）已知过抛物线的焦点的直线与抛物线交于点，若，两点在准线上的射影分别为，线段的中点为，则（ ）AB四边形的面积等于CD直线与抛物线相切【答案】ACD【详解】设，直线的方程为，将直线的方程代入抛物线方程，利用根与系数的关系得.如图，由题意可得，准线方程为.设，直线的方程为，代人抛物线方程，得，所以，因为线段的中点为，所以，所以，所以，所以，故A正确.因为，所以，所以，所以，所以四边形的面积等于，故B错误.根据抛物线的定义知，所以，所以，所以C正确.不妨设点在轴上方，当时，由得，所以抛

7、物线以点为切点的切线方程为，令，得，所以点在以点为切点的切线上，即直线与抛物线相切，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（2020天津高考真题）已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为和假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为_；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为_【答案】 【详解】甲、乙两球落入盒子的概率分别为，且两球是否落入盒子互不影响，所以甲、乙都落入盒子的概率为，甲、乙两球都不落入盒子的概率为，所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为.故答案为：；.14（2008宁夏高考真题（理）已知向量，且，则_【答案】3【详解】因为，所以，

8、可得，因为，解得，故答案为3.15（2020全国高考真题（文）数列满足，前16项和为540，则 _.【答案】【详解】，当为奇数时，；当为偶数时，.设数列的前项和为，.故答案为：.16（2010安徽高考真题（理）甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是_（写出所有正确结论的编号）；事件与事件相互独立；是两两互斥的事件；的值不能确定，因为它与中哪一个发生有关【答案】【详解】由题意可知事件不可能同时发生，则

9、是两两互斥的事件，则正确；由题意得，故正确；,错；因为，所以事件B与事件A1不独立，错；综上选故答案为：四、解答题(本大题共6小题，共70分)17（2020山东高考真题）已知公比大于的等比数列满足（1）求的通项公式；（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前项和【答案】（1）；（2）.【详解】（1）由于数列是公比大于的等比数列，设首项为，公比为，依题意有，解得解得，或(舍)，所以，所以数列的通项公式为.（2）由于，所以对应的区间为：，则；对应的区间分别为：，则，即有个；对应的区间分别为：，则，即有个；对应的区间分别为：，则，即有个；对应的区间分别为：，则，即有个；对应的区间分别为：，则，即有个；

10、对应的区间分别为：，则，即有个.所以.18（2020全国高考真题（理）中，sin2Asin2Bsin2C=sinBsinC（1）求A；（2）若BC=3，求周长的最大值.【答案】（1）；（2）.【详解】（1）由正弦定理可得：，.（2）由余弦定理得：，即.（当且仅当时取等号），解得：（当且仅当时取等号），周长，周长的最大值为.19（2020全国高考真题（理）甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人

11、最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为，（1）求甲连胜四场的概率；（2）求需要进行第五场比赛的概率；（3）求丙最终获胜的概率.【答案】（1）；（2）；（3）.【详解】（1）记事件甲连胜四场，则；（2）记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输，则四局内结束比赛的概率为，所以，需要进行第五场比赛的概率为；（3）记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输，记事件甲赢，记事件丙赢，则甲赢的基本事件包括：、，所以，甲赢的概率为.由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等，所以丙赢的概率为.20（2020天津高考真题）如图，在三棱柱中，平面，点分别在棱和棱上，且为棱的中点（）

12、求证：；（）求二面角的正弦值；（）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（）证明见解析；（）；（）.【详解】依题意，以为原点，分别以、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得、.（）依题意，从而，所以；（）依题意，是平面的一个法向量，设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得，所以，二面角的正弦值为；（）依题意，由（）知为平面的一个法向量，于是所以，直线与平面所成角的正弦值为.21（2020北京高考真题）已知椭圆过点，且（）求椭圆C的方程：（）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点求的值【答案】（）；（）1.【详解】(1)设椭圆方程为：，由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(

13、2)设，直线的方程为：，与椭圆方程联立可得：，即：，则：.直线MA的方程为：，令可得：，同理可得：.很明显，且：，注意到：，而：，故.从而.22（2020浙江高考真题）已知，函数，其中e=2.71828为自然对数的底数（）证明：函数在上有唯一零点；（）记x0为函数在上的零点，证明：（）；（）【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.【详解】（I）在上单调递增，所以由零点存在定理得在上有唯一零点；（II）（i），令一方面： ，在单调递增，另一方面：，所以当时，成立，因此只需证明当时，因为当时，当时，所以，在单调递减，综上，.（ii），因为，所以，只需证明，即只需证明

14、，令，则，即成立，因此.（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（2021陕西榆林市高三二模（理）（ ）ABCD【答案】A【详解】.故选：A2（2021山东潍坊市高三一模）已知集合，则以下结论正确的是（ ）ABCD【答案】B【详解】由题得, 所以，不是的子集，故选：B3（2021辽宁高三一模（理）“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【详解】

15、充分性：若，则，则，故充分性成立；必要性：若，则可能，此时无意义，故必要性不成立，即“”是“”的充分不必要条件.故选：A.4（2021河北张家口市高三一模）设是上的奇函数，且在上是减函数，又，则不等式的解集是（ ）ABCD【答案】B【详解】因为是上的奇函数，则，由于函数在上是减函数，则该函数在上也为减函数，则，作出函数的大致图象如下图所示：由，可得，由，可得或，此时；由，可得或，解得.因此，不等式的解集是.故选：B.5（2021湖南永州市高三二模）已知函数在区间上的最大值为，则实数的取值个数最多为（ ）A1B2C3D4【答案】B【详解】因为函数在区间上的最大值为，所以，解得，因为，所以，当，即

16、时，令，在同一坐标系中作出图象：令，因为，所以存在唯一，使得，当，即时，即，解得 ，所以实数的取值个数最多为2.故选：B6（2021全国高三其他模拟）已知单位向量，满足，则的最小值为（ ）ABCD【答案】B【详解】由，得，两边平方，得，即，整理得，所以或因为，所以，所以，所以.故选:B.7（2020江西赣州市高三其他模拟（理）已知，且，则的最小值为（ ）ABCD【答案】B【详解】由可得出，再由，可得出，当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为.故选：B.8（2021广东广州市高三二模）已知双曲线的左右顶点分别是，右焦点为，点在过且垂直于轴的直线上，当的外接圆面积达到最小时，点恰好在双曲线上，则该

17、双曲线的渐近线方程为（ ）ABCD【答案】C【详解】根据双曲线的对称性不妨设点的坐标为，由于为定值，由正弦定理可知当取得最大值时，的外接圆面积取得最小值，也等价于取得最大值，当且仅当，即当时，等号成立，此时最大，此时的外接圆面积取最小值，点的坐标为，代入，可得，即，即所以双曲线的渐近线方程为：故选：C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（2021广东韶关市高三一模）如图三棱锥，平面平面，已知是等腰三角形，是等腰直角三角形，若，球是三棱锥的外接球，则（ ）A球心到平面的距离是B球心到平面的距离是C球的表面积是D球的体积是【答案

18、】BC【详解】三棱锥可置于棱长为2的正方体内，正方体的上底面的中点即为此三棱锥的顶点，如下图的，分别设，为外接圆圆心，所以A错；因为，则是的中点.在等腰三角形中，设其外接圆半径为(如图)，则，得：，解得，.所以，B对；设三棱锥外接球半径为在中，所以，解得.从而.所以C对，D错.故选：BC.10（2021福建漳州市高三其他模拟）已知双曲线：的一条渐近线的方程为，且过点，椭圆：的焦距与双曲线的焦距相同，且椭圆的左右焦点分别为，过点的直线交于，两点，若点，则下列说法中正确的有（ ）A双曲线的离心率为2B双曲线的实轴长为C点的横坐标的取值范围为D点的横坐标的取值范围为【答案】AD【详解】双曲线：的一条

19、渐近线的方程为，则可设双曲线的方程为，过点，解得，双曲线的方程为，即，可知双曲线的离心率，实轴的长为1，故选项A正确，选项B错误；由可知椭圆：的焦点，不妨设，代入得，直线的方程为，联立，消去并整理得，根据韦达定理可得，可得.又，故选项C错误，选项D正确.故选：AD.11（2020全国高三其他模拟）已知函数的图象在点处与点处的切线均平行于轴，则（ ）A在上单调递增BC的取值范围是D若，则只有一个零点【答案】ACD【详解】由题意可知，函数的定义域为，且，则，是方程的两个不等正根，则，解得，当时，函数，此时，所以在上单调递增，故A正确；因为，是方程的两个不等正根，所以，故B错误；因为，易知函数在上是

20、减函数，则当时，所以的取值范围是，故C正确；当时，令，得或，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以在取得极大值，且，所以只有一个零点，故D正确.故选：ACD.12（2020河北易县中学高一月考）已知直线分别与函数和的图象交于点，则下列结论正确的是( )ABCD【答案】ABC【详解】函数与互为反函数，则与的图象关于对称，将与联立，则，由直线分别与函数和的图象交于点，作出函数图像：则的中点坐标为，对于A，由，解得，故A正确；对于B，因为，即等号不成立，所以，故B正确；对于C，将与联立可得，即，设，且函数为单调递增函数，故函数的零点在上，即，由，则，故C正确；对于D，由，解得，由于，则，故

21、D错误；故选：ABC三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13（2020广西北海市高三一模（理）曲线的一条切线的斜率为，该切线的方程为_.【答案】【详解】的导数为，设切点为，可得，解得，即有切点，则切线的方程为，即.故答案为：.14（2021山东潍坊市高三一模）某市为表彰在脱贫攻坚工作中做出突出贡献的先进单位，制作了一批奖杯，奖杯的剖面图形如图所示，其中扇形的半径为，若按此方案设计，工艺制造厂发现，当最长时，该奖杯比较美观，此时_【答案】【详解】作交于，交于，且，设，则，设，作交于，交于，因为，所以，所以，所以，即，所以，因为，所以当即时最大，也就是最长时.故答案为：.15（202

22、0四川凉山彝族自治州高三一模（理）设为数列的前项和，且，则_.【答案】【详解】解：因为即所以数列中：奇数项放在一起成等比数列，偶数项放在一起成等比数列，所以成等比数列，成等比数列，又，所以.故答案为：.16（2020全国高一课时练习）如图所示，在四边形中，已知，与以为直径的半圆相切于点，且，若，则_；此时_.【答案】1 【详解】依题意,因为，是半圆的直径，则，所以，所以，故.而，所以，所以，即.故答案为：；.四、解答题(本大题共6小题，共70分)17（2021河北张家口市高三一模）已知公比小于1的等比数列中，其前n项和为（1）求；（2）求证：【答案】（1）；（2）证明见解析.【详解】（1）解：

23、设等比数列的公比为q由得解得或（舍去），所以（2）证明：由（1）得，所以因为在R上为减函数，且恒成立，所以当，即时，所以18（2021山东潍坊市高三一模）在函数的图象关于直线对称，函数的图象关于点对称，函数的图象经过点这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答问题：已知函数最小正周期为，且 ，判断函数在上是否存在最大值？若存在，求出最大值及此时的值；若不存在，说明理由注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【答案】答案不唯一，具体见解析【详解】解：，由已知函数的周期，求得，所以，若选，则有，解得，又因为，所以，所以，当时，所以当，即时，函数取得最大值，最大值为若选，则有，解得，又因为，

24、所以，所以，当时，所以当，即时，函数取得最大值，最大值为若选，则有，解得，又因为，所以，所以，当时，显然，函数在该区间上没有最大值19（2021辽宁高三一模（理）如图，三棱柱中，.（1）求证：平面；（2）转直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【详解】（1）证明：在中，由余弦定理可得，又，平面；（2）由（1）知：、两两垂直，以为原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，设点，其中，设平面法向量为，取，则，得，由已知，解得：，可得点， 设为平面的法向量，由，取，则，可得，由图可知，二面角为锐角，所以，二面角的余弦值为.20（2021

25、广东韶关市高三一模）在一次大范围的随机知识问卷调查中，通过随机抽样，得到参加问卷调查的100人的得分统计结果如下表所示：得分频数213212524114（1）由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分，近似为这100人得分的平均值(同一组中的数据用该组区间的左端点值作代表).求的值；若，求的值；（2）在（1）的条件下，为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：得分不低于的可以获赠2次随机话费，得分低于的可以获赠1次随机话费；每次获赠的随机话费和对应的概率为：赠送话费的金额(单位：元)2050概率现有市民甲参加此次问卷调查，记(单位：元)为该市民参加问卷调查获赠的话费，求的分布列与数学期望.【

26、答案】（1）；（2）分布列答案见解析，数学期望为41.25元.【详解】解：（1）由题意得：，由正态分布曲线的对称性得，解得；（2）由题意得，即获赠1次和2次随机话费的概率均为,故获赠话费的的所有可能取值为20，40，50，70，100，.的分布列为：20405070100元.所以的数学期望为41.25元.21（2021福建高三其他模拟）椭圆的离心率，在上.（1）求椭圆的标准方程；（2）设为短轴端点，过作直线交椭圆于两点(异于)，直线交于点.求证：点恒在一定直线上.【答案】（1）；（2）证明见解析.【详解】（1）因为点在C上，所以，又，所以，故所求椭圆C的方程为.（2）由题意知直线l的斜率存在，

27、设其方程为.设，(，).，且有.(，)，故故点T恒在一定直线上.22（2021湖南永州市高三二模）已知函数，.（1）讨论在上的单调性；（2）当时，讨论在上的零点个数.【答案】（1）答案见解析；（2）有3个零点.【详解】（1），当时，恒成立，则在上单调递减；当时，令，则，令，则，若，即时，在上单调递增；若，即时，在上单调递减；在上单调递增；（2）当时，令，得，令，则，所以为奇函数，且，所以0是的一个零点，令，则，当，则在上单调递增，令，则在上单调递增，在上单调递减，令，则恒成立，所以在上单调递减，所以，则，令，则，当时，单调递增，当时，单调递减，又，则当时，恒成立，即当时，恒成立，所以当时，恒成立，所以当时，恒成立，当时，所以在上单调递增，又，所以在上有且只有一个零点，设该零点为，因为为奇函数，所以在上的零点为，所以在上有3个零点，分别为，0，所以在上有3个零点.