2021年江苏高考数学模拟试卷.doc

1、绝密启用前|2021年高考数学押题预测卷（新高考卷）数学（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答第卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3回答第卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第卷一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分），在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1已知集合，则（ ）ABCD2.复数z1，z2

2、在复平面内所对应的点关于实轴对称，且z1（1i）|1+i|，则z1z2（）A2B1CD1+i3.已知，则下列结论正确的是（ ）A B. C. D. 4.若zC且|z+3+4i|2，则|z1i|的最大和最小值分别为M，m，则Mm的值等于（）A3B4C5D95.的展开式中，常数项为（）A1B3C4D136.矩形中，与相交于点，过点作，则（ ）A. B. C. D. 7.已知数列an满足，若2a103，则a1的取值范围是（）A1a110B1a117C2a13D2a168.如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为棱CC1上的动点（包含端点C1），过点P作平面分别与棱BC，CD交于M，N

3、两点，若CP2CM2CN，则下列说法正确的是（）A当点P与C1重合时，直线A1C与平面的交点恰好是PMN的重心B存在点P，使得A1C平面C点A1到平面的距离最小为D用过P，M，A三点的平面截正方体，所得截面与棱A1D1的交点随点P而改变二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分），在每小题所给出的四个选项中，每题有两项或两项以上的正确答案，选对得5分，漏选得3分，不选或错选得0分9.已知点A（2，0），圆C：（xa1）2+（ya）21上存在点P，满足PA2+PO210，则a的取值可能是（）A1B1CD010.已知，下列四个结论正确的是（ ）A. 的图象向左平移个单位长度，即可得到的图象B

4、. 当时，函数取得最大值C. 图象的对称中心是，D. 在区间上单调递增11已知抛物线的焦点为，是抛物线上两点，则下列结论正确的是（ ）A点的坐标为B若直线过点，则C若，则的最小值为D若，则线段的中点到轴的距离为12已知函数在上可导且，其导函数满足，设函数，下列结论正确的是（ ）A函数在上为单调递增函数 B是函数的极大值点C函数至多有两个零点 D时，不等式恒成立三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13曲线的一条切线的斜率为，该切线的方程为_.14.已知点、分别为双曲线左、右焦点，点为的渐近线与圆的一个交点，为坐标原点，若直线与的右支交于点，且，则双曲线的离心率为_15.已知的三边分别为所对

5、的角分别为，且三边满足，已知的外接圆的面积为，设.则的取值范围为_，函数的最大值的取值范围为_16已知，若方程有2个不同的实根，则实数的取值范围是_（结果用区间表示）四、解答题（本大题共6小题，共70分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17在，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题的三角形存在，求b的值；若问题中的三角形不存在，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，面积为S，且，_？18. 在数列中，前项之和.（1）若是等差数列，且，求的值；（2）对任意的有：，且.试证明：数列是等比数列.19. 如图，四棱锥中，二面角为直

6、二面角，为线段的中点，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的大小.20在传染病学中，通常把从致病刺激物侵人机体或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期. 一研究团队统计了某地区1000名患者的相关信息，得到如下表格：潜伏期（单位：天）人数（1）求这1000名患者的潜伏期的样本平均数x (同一组中的数据用该组区间的中点值作代表) ；（2）该传染病的潜伏期受诸多因素的影响，为研究潜伏期与患者年龄的关系，以潜伏期是否超过6天为标准进行分层抽样，从上述1000名患者中抽取200人，得到如下列联表.请将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有95%的把握

7、认为潜伏期与患者年龄有关；潜伏期天潜伏期天总计岁以上（含岁）岁以下总计（3）以这1000名患者的潜伏期超过6天的频率，代替该地区1名患者潜伏期超过6天发生的概率，每名患者的潜伏期是否超过6天相互独立，为了深入研究，该研究团队随机调查了20名患者，其中潜伏期超过6天的人数最有可能（即概率最大）是多少？附：，其中.21已知椭圆：在左、右焦点分别为，上顶点为点，若是面积为的等边三角形. （1）求椭圆的标准方程；（2）已知，是椭圆上的两点，且，求使的面积最大时直线的方程（为坐标原点）.22. 若不等式对于x1，+）恒成立（1）求实数k的取值范围；（2）已知，若f（x）m有两个不同的零点x1，x2，且x

8、1x2求证：（其中e为自然对数的底数）2021年高考数学押题预测卷（新高考卷） 数学全解全析一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分），在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1已知集合，则（ ）ABCD【答案】C【分析】先求得集合，由此求得两个集合的交集.【详解】由题意得，故.故选：C2.复数z1，z2在复平面内所对应的点关于实轴对称，且z1（1i）|1+i|，则z1z2（）A2B1CD1+i【答案】B【分析】先利用复数的运算求得z1，然后利用z2与z1的关系求得z2，再计算出z1z2即可【解答】z1（1i）|1+i|，z1+i，又复数z1，z2在复平面内所对应的点关于实

9、轴对称，z2i，z1z21，故选：B3.已知，则下列结论正确的是（ ）A B. C. D. 【答案】B【解析】，又，即.因此，, 故选：B.4.若zC且|z+3+4i|2，则|z1i|的最大和最小值分别为M，m，则Mm的值等于（）A3B4C5D9【答案】B【分析】由题意画出图形，再由复数模的几何意义，数形结合得答案【解答】解：由|z+3+4i|2，得z在复平面内对应的点在以Q（3，4）为圆心，以2为半径的圆及其内部如图：|z1i|的几何意义为区域内的动点与定点P得距离，则M|PQ|+2，m|PQ|2，则Mm4故选：B5.的展开式中，常数项为（）A1B3C4D13【答案】D【分析】由于的表示4个

10、因式的乘积，故展开式中的常数项可能有以下几种情况：所有的因式都取1；有2个因式取，一个因式取1，一个因式取，由此求得展开式中的常数项【解答】解：由于的表示4个因式（+1）的乘积，故展开式中的常数项可能有以下几种情况：所有的因式都取1；有2个因式取，一个因式取1，一个因式取；故展开式中的常数项为1+13，故选：D6.矩形中，与相交于点，过点作，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】建立如图所示直角坐标系：则，设所以且，解得,，.故选：D7.已知数列an满足，若2a103，则a1的取值范围是（）A1a110B1a117C2a13D2a16【答案】B【解答】解：，2a103，1a117故

11、选：B8.如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为棱CC1上的动点（包含端点C1），过点P作平面分别与棱BC，CD交于M，N两点，若CP2CM2CN，则下列说法正确的是（）A当点P与C1重合时，直线A1C与平面的交点恰好是PMN的重心B存在点P，使得A1C平面C点A1到平面的距离最小为D用过P，M，A三点的平面截正方体，所得截面与棱A1D1的交点随点P而改变【答案】C【分析】以C为原点建立空间直角坐标系，设CPt，A，令PMN的重心为G，通过与是否平行，判定A；B，由对0t1恒成立，判定B；C，求得（2，2，1）为平面的一个法向量，点A1到平面的距离d，求得最小值即可判定C D

12、，设平面PMN与棱A1D1的交点为Q（1，q，1），由，从而t（q1），解得q为定值，即可判定D【解答】解：如图，以C为原点建立空间直角坐标系，设CPt，因此P（0，0，t），M（0，0），N（，0，0），由此PMN的重心为G（，），当CPt1时，与（1，1，1）不平行，因此选项A错误；，从而对0t1恒成立，因此PM不垂直CA1，从而选项B错误；，（2，2，1）为平面的一个法向量，因此点A1到平面的距离d在（0，1）上为奇函数，因此（d）min故C选项正确设平面PMN与棱A1D1的交点为Q（1，q，1），则（0，q1，1），因为PMAQ，所以，从而t（q1），解得q为定值，即点Q为棱A1D1上

13、的定点，因此D选项错误，综上，只有C选项正确故选：C二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分），在每小题所给出的四个选项中，每题有两项或两项以上的正确答案，选对得5分，漏选得3分，不选或错选得0分9.已知点A（2，0），圆C：（xa1）2+（ya）21上存在点P，满足PA2+PO210，则a的取值可能是（）A1B1CD0【答案】ABC【分析】设P（x，y），由PA2+PO210得到P的轨迹为（x1）2+y24，圆C：（xa1）2+（ya）21上存在点P，满足PA2+PO210，即两圆（x1）2+y24与（xa1）2+（ya）21有交点，再由圆心距与两圆半径间的关系列不等式组求解【解答】

14、解：设P（x，y），A（2，0），由PA2+PO210，得（x2）2+y2+x2+y210，整理得：（x1）2+y24圆C：（xa1）2+（ya）21上存在点P，满足PA2+PO210，即两圆（x1）2+y24与（xa1）2+（ya）21有交点，则1212+13，解得|a|a的取值可能是1，1，故选：ABC10.已知，下列四个结论正确的是（ ）A. 的图象向左平移个单位长度，即可得到的图象B. 当时，函数取得最大值C. 图象的对称中心是，D. 在区间上单调递增【答案】CD【解析】对于选项，的图象向左平移个单位长度可得，而，故错误.对于选项B，令，则，当时，故错误.对于选项C，.令，.函数图象的

15、对称中心是，故正确.对于选项D，.当时，此时函数单调递增，故正确.故选：11已知抛物线的焦点为，是抛物线上两点，则下列结论正确的是（ ）A点的坐标为B若直线过点，则C若，则的最小值为D若，则线段的中点到轴的距离为【答案】BCD【分析】由抛物线标准方程写出焦点坐标判断A，根据焦点弦性质判断B，由向量共线与焦点弦性质判断C，利用抛物线定义把抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，结合中点坐标公式判断D【详解】解：易知点的坐标为，选项A错误；根据抛物线的性质知，过焦点时，选项B正确；若，则过点，则的最小值即抛物线通经的长，为，即，选项C正确，抛物线的焦点为，准线方程为，过点，分别做准线的垂直线，

16、垂足分别为，所以，.所以，所以线段所以线段的中点到轴的距离为，选项D正确故选：BCD12已知函数在上可导且，其导函数满足，设函数，下列结论正确的是（ ）A函数在上为单调递增函数B是函数的极大值点C函数至多有两个零点D时，不等式恒成立【答案】BCD【分析】根据，求导，再根据，判断正负，得到的单调性再逐项判断.【详解】因为，所以，又因为，所以当时，则递减；当时，则递增；所以当时， 取得极大值，当时，无零点，无零点；当时，有一个零点，有一个零点；当时，有两个零点，有两个零点，故函数至多有两个零点；当时，所以不等式恒成立，故选：BCD三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13曲线的一条切线的斜率为

17、，该切线的方程为_.【答案】【分析】使用导数运算公式求得切点处的导数值，并根据导数的几何意义等于切线斜率求得切点的横坐标，进而得到切点坐标，然后利用点斜式求出切线方程即可.【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.已知点、分别为双曲线左、右焦点，点为的渐近线与圆的一个交点，为坐标原点，若直线与的右支交于点，且，则双曲线的离心率为_【答案】【解析】如图所示，直线与圆相切于点，可得，由双曲线的定义可知，且，所以，即，可得，又由，联立解得，即故答案为：15.已知的三边分别为所对的角分别为，且三边满足，已知的外接圆的面积为，设.则的取值范围为_，函数的最大

18、值的取值范围为_【答案】 (1). (2). 【解析】由，可知c(b+c)+a(a+b)=(a+b)(b+c),化简得,由余弦定理可得cosB=,又B(0,),B=,因为,解得R=,由 ,解得b=3,由余弦定理得，由基本不等式可得，解得a+c6,根据两边之和大于第三边可得a+c3,即a+c得取值范围是；=-+4（a+c）sinx+2=-2 又-1sinx1,可知sinx=1时，函数f(x)的最大值为4（a+c）,函数的最大值的取值范围为故答案为:(1) (2)16已知，若方程有2个不同的实根，则实数的取值范围是_（结果用区间表示）【答案】【分析】由方程的解与函数图象的交点个数的关系可得有2个不

19、同的实根等价于的图象与直线的交点个数为2，由函数图象的性质及利用导数求切线方程可设过原点的直线与相切与点，由，则此切线方程为，又此直线过原点，则求得，即切线方程为再结合图象可得实数的取值范围是，得解.【详解】解：由，可得：在的图象关于直线对称，有2个不同的实根等价于的图象与直线的交点个数为2，的图象与直线的位置关系如图所示，设过原点的直线与相切与点，由，则此切线方程为：，又此直线过原点，则求得，即切线方程为：，由图可知：当的图象与直线的交点个数为2时，实数的取值范围是，故答案为四、解答题（本大题共6小题，共70分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17在，这三个

20、条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题的三角形存在，求b的值；若问题中的三角形不存在，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，面积为S，且，_？【答案】选择见解析；三角形存在，或4.【分析】分别选择条件、条件和条件，再利用正余弦定理和三角形面积公式，逐个解三角形，即可得解.【详解】解：方案一：选条件.在中，由余弦定理得，故.由和可得，从而.由此可得，解得或4.因此，选条件时问题中的三角形存在，此时或4.方案二：选条件.在中，由余弦定理得，故.由可得，解得或4.因此，选条件时问题中的三角形存在，此时或4.方案三：选条件.在中，由余弦定理得，故.由正弦定理和，得，从而

21、，由此可得，解得或4.因此，选条件时问题中的三角形存在，此时或4.18. 在数列中，前项之和.（1）若是等差数列，且，求的值；（2）对任意的有：，且.试证明：数列是等比数列.【答案】（1）（2）见证明【解析】（1）设的公差为，则由已知可得： 解得 （2）由得：数列的奇数项和偶数项依次均构成等比数列，由已知，得. 解得 即是首项为1，公比为2的等比数列.19. 如图，四棱锥中，二面角为直二面角，为线段的中点，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的大小.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】（1）证明二面角为直二面角，所以平面平面，因为，平面平面，平面，平面，又平面，又为的中点，又，平面，平面

22、，平面平面.（2）如图，连接，在平面内作垂线，建立空间直角坐标系，设平面的法向量为，即令，则，是平面的一个法向量， 平面，平面的一个法向量为，由图可知二面角的平面角为锐角，故二面角的大小为.20在传染病学中，通常把从致病刺激物侵人机体或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期. 一研究团队统计了某地区1000名患者的相关信息，得到如下表格：潜伏期（单位：天）人数（1）求这1000名患者的潜伏期的样本平均数x (同一组中的数据用该组区间的中点值作代表) ；（2）该传染病的潜伏期受诸多因素的影响，为研究潜伏期与患者年龄的关系，以潜伏期是否超过6天为标

23、准进行分层抽样，从上述1000名患者中抽取200人，得到如下列联表.请将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关；潜伏期天潜伏期天总计岁以上（含岁）岁以下总计（3）以这1000名患者的潜伏期超过6天的频率，代替该地区1名患者潜伏期超过6天发生的概率，每名患者的潜伏期是否超过6天相互独立，为了深入研究，该研究团队随机调查了20名患者，其中潜伏期超过6天的人数最有可能（即概率最大）是多少？附：，其中.【答案】（1）天；（2）见解析，没有；（3）人.【分析】（1）根据统计数据计算平均数即可；（2）根据题意补充完整的列联表，计算，对照临界值表得出结论；（3）根据题意知

24、随机变量，计算概率，列不等式组并结合题意求出的值.【详解】（1）天；（2）根据题意补充完整的列联表如下：潜伏期天潜伏期天总计岁以上（含岁）岁以下总计则，所以没有95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关；（3）由题可得该地区1名患者潜伏期超过6天发生的概率为，设调查的20名患者中潜伏期超过6天的人数为，则，由，即，化简得解得，又，所以，即这20名患者中潜伏期超过6天的人数最有可能时8人.21已知椭圆：在左、右焦点分别为，上顶点为点，若是面积为的等边三角形.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知，是椭圆上的两点，且，求使的面积最大时直线的方程（为坐标原点）.【答案】解（1）；（2）或.【分析】（1）由是面

25、积为的等边三角形，结合性质 ，列出关于 、 的方程组，求出 、，即可得结果;（2）先证明直线的斜率存在，设直线的方程为，与椭圆方程联立消去，利用弦长公式可得 ，化简得.原点到直线的距离为，的面积，当最大时，的面积最大.由，利用二次函数的性质可得结果.【详解】（1）由是面积为的等边三角形，得，所以，从而，所以椭圆的标准方程为.（2）由（1）知，当轴时，则为椭圆的短轴，故有，三点共线，不合题意.所以直线的斜率存在，设直线的方程为，点，点，联立方程组消去，得，所以有，则 ，即，化简得.因为，所以有且.原点到直线的距离为，的面积，所以当最大时，的面积最大.因为，而，所以当时，取最大值为3，面积的最大值

26、.把代入，得，所以有，即直线的方程为或.22. 若不等式对于x1，+）恒成立（1）求实数k的取值范围；（2）已知，若f（x）m有两个不同的零点x1，x2，且x1x2求证：（其中e为自然对数的底数）【分析】（1）令h（x）lnxk，对h（x）求导，分析h（x）单调性，得到h（x）最小值，进而得出结论（2）根据题意把问题转化，令f（x），对f（x）求导，分析f（x）单调性，推出x1，x2的范围，进而得出mx22+（me3）x2+e0，mx12+（me3）x1+e0，进而利用，可求解【解答】（1）令h（x）lnxk，h（1）0，h（x），令（x）x22（k1）x+1，当k2时，（1）42k0，且对称

27、轴为xk11，所以当x1时，h（x）0，h（x）在1，+）上单调递增，所以h（x）h（1），所以lnx，当k2时，（1）42k0，则必存在x0使得h（x）在（1，x0）上单调递减，又h（1）0，所以不符合题意，综上，k2（2）证明：f（x）m有两个不同的零点，即m，所以lnx1mx1，lnx2mx2，又f（x），f（x），所以f（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+）上单调递减，且当x+时，f（x）0，所以x1（1，e），x2（e，+），由（1）知当x1时，lnx，因为x2e，所以1，所以ln，即lnx2mx2，所以（mx21）（x2+e）2（x2e），所以mx22+（me3）x2+e0，同理，ln，即1lnx1，（1mx1）（e+x1）2（ex1），所以mx12+（me3）x1+e0，得m（x22x12）+（me3）（x2x1）0，即（x2x1）m（x1+x2）+（me3）0，因为x2x10，所以m（x1+x2）3me，所以x1+x2e，得证 10分