2021年新高考数学模拟试卷(6).docx

1、2021年新高考数学模拟试卷6一选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1（5分）已知集合Ax|2x3，Bx|x23x0，则AB（）A2，3B2，0C0，3D3，32（5分）设i为虚数单位，复数z=2+3ii，则z的共轭复数是（）A32iB3+2iC32iD3+2i3（5分）命题xR，x2+x1的否定是（）AxR，x2+x1BxR，x2+x1CxR，x2+x1DxR，x2+x14（5分）设M是ABC边BC的中点，若AM=AB+AC，则+的值为（）A14B12C1D25（5分）设F1，F2是双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0，b0）的左，右焦点，O是坐标原点过F2的一条直线与双曲线C和y轴

2、分别交于A、B两点若|OA|OF2|，|OB|=3|OA|，则双曲线C的离心率为（）A2+12B3+12C2+1D3+16（5分）已知三棱锥SABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，且ABSASBSC2，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A83B433C43D1637（5分）已知数列an前n项和为Sn，满Snan2+bn（a，b为常数），且a9=2，设函数f（x）2+sin2x2sin2x2，记yn=f(an)，则数列yn的前17项和为（）A172B9C11D178（5分）普通高中已知函数yf（x）的周期为2，当x0，2时，f（x）（x1）2，如果g（x）f（x）log5x，则函数yg（x）

3、的零点个数为（）A1B3C5D7二多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9（5分）函数f（x）2sin（x+6）的图象可由函数g（x）=3sin2xcos2x的图象如何变化得到（）A先将g（x）的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向左平移3个单位B先将g（x）的图象上所有点的横坐标缩短到原来的2倍，纵坐标不变，再向左平移3个单位C先将g（x）的图象上所有点向左平移3个单位，再将所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变D先将g（x）的图象上所有点向左平移6个单位，再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变10（5分）某地某所高中2019年的高考考生

4、人数是2016年高考考生人数的1.5倍，为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2016年和2019年的高考升学情况，得到如下柱图：则下列结论正确的是（）A与 2016 年相比，2019 年一本达线人数有所增加B与 2016 年相比，2019 年二本达线人数增加了0.5 倍C与 2016年相比，2019 年艺体达线人数相同D与 2016 年相比，2019 年不上线的人数有所增加11（5分）函数f（x）Asin（x+）（A0，0）的部分图象如图所示，则f(74)的值为（）A-62B-32C-22D112（5分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点F是线段BC1上的动点，则下列说法错误

5、的是（）A当点F移动至BC1中点时，直线A1F与平面BDC1所成角最大且为60B无论点F在BC1上怎么移动，都有A1FB1DC当点F移动至BC1中点时，A1F与B1D相交于一点E，且A1EEF=2D在BC1上存在点F，使异面直线A1F与CD所成角是30三填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13（5分）若直线l：x3y0与圆C：x2+y28x4y+160交于M，N两点，则|MN| 14（5分）函数f(x)=log12(-x2+x)的单调递减区间是 ，值域为 15（5分）若定义域为R的函数f（x）满足f（x）f（x），则不等式ef（lnx）xf（1）0的解集为 （结果用区间表示）16（5分）

6、观察下列算式：131，233+5，337+9+11，4313+15+17+19，若某数n3按上述规律展开后，发现右边含有“2017”这个数，则：n 四解答题（共6小题，满分70分）17（10分）如图，在ABC中，M是AC的中点，C=3，AM=2（1）若A=512，求AB的长；（2）若BM=23，求ABC的面积18（12分）已知公差不为零的等差数列an中，a5+a722，且a1，a2，a5成等比数列（1）求数列an的通项公式；（2）设bn=1anan+1，求数列bn的前n项和Sn19（12分）为了解学生的身体素质情况，现从我校学生中随机抽取10人进行体能测试，测试的分数（百分制）如茎叶图所示根据

7、有关国家标准，成绩不低于79分的为优秀，将频率视为概率（1）另从我校学生中任取3人进行测试，求至少有1人成绩是“优秀”的概率；（2）从前文所指的这10人（成绩见茎叶图）中随机选取3人，记X表示测试成绩为“优秀”的学生人数，求X的分布列及期望20（12分）已知四棱锥PABCD，BC=CD=12DA，BCAD，ADC90，点P在底面ABCD上的射影是BD的中点O，PC=2（1）求证：直线BD平面POC；（2）若BC1，M、N分别为PO、CD的中点，求直线MN与平面PCD所成角的正弦值；（3）当四棱锥PABCD的体积最大时，求二面角BPCD的大小21（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆

8、C：x2a2+y2b2=1（ab0）的左、右顶点分别为A1（2，0），A2（2，0），右准线方程为x4过点A1的直线交椭圆C于x轴上方的点P，交椭圆C的右准线于点D直线A2D与椭圆C的另一交点为G，直线OG与直线A1D交于点H（1）求椭圆C的标准方程；（2）若HGA1D，试求直线A1D的方程；（3）如果A1H=A1P，试求的取值范围22（12分）已知函数f（x）xlnx，g（x）=12mx2（1）若函数f（x）与g（x）的图象上存在关于原点对称的点，求实数m的取值范围（2）设F（x）f（x）g（x），已知F（x）在（0，+）上存在两个极值点x1，x2，且x1x2，求证：x1x212021年新高

9、考数学模拟试卷6参考答案与试题解析一选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1（5分）已知集合Ax|2x3，Bx|x23x0，则AB（）A2，3B2，0C0，3D3，3【解答】解：Bx|x23x0，Bx|0x3，AB2，3，故选：A2（5分）设i为虚数单位，复数z=2+3ii，则z的共轭复数是（）A32iB3+2iC32iD3+2i【解答】解：z=2+3ii=(2+3i)(-i)-i2=3-2i，z=3+2i故选：B3（5分）命题xR，x2+x1的否定是（）AxR，x2+x1BxR，x2+x1CxR，x2+x1DxR，x2+x1【解答】解：全称命题的否定为特称命题，命题xR，x2+x1的否定

10、是xR，x2+x1，故选：C4（5分）设M是ABC边BC的中点，若AM=AB+AC，则+的值为（）A14B12C1D2【解答】解：如图，则AM=AB+BM=AB+12BC=AB+12（AC-AB）=12AB+12AC，所以+=12+12=1，故选：C5（5分）设F1，F2是双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0，b0）的左，右焦点，O是坐标原点过F2的一条直线与双曲线C和y轴分别交于A、B两点若|OA|OF2|，|OB|=3|OA|，则双曲线C的离心率为（）A2+12B3+12C2+1D3+1【解答】解：如下图所示，由于|OB|=3|OF2|=3|OA|，所以，tanOF2B=|OB|OF2|

11、=3则OF2B=3，所以，|BF2|=|OF2|cosOF2B=2|OF2|=2c，|OA|=|OF2|=12|BF2|，则A为线段BF2的中点，连接BF1（F1为双曲线C的左焦点），由对称性可知，OF1B=3，则BF1F2为等边三角形，A为BF2的中点，AF1BF2，|AF1|=|F1F2|2-|AF2|2=3c，由双曲线的定义可得2a=|AF1|-|AF2|=3c-c=(3-1)c，因此，双曲线的离心率为e=ca=23-1=3+1故选：D6（5分）已知三棱锥SABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，且ABSASBSC2，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A83B433C43D163【解答

12、】解：如图所示：三棱锥SABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，且ABSASBSC2，则：SD=3，设外接球的半径为R，则：在BOD中，利用勾股定理：(3-R)2=12+R2，解得：R=23所以：S4R2443=163故选：D7（5分）已知数列an前n项和为Sn，满Snan2+bn（a，b为常数），且a9=2，设函数f（x）2+sin2x2sin2x2，记yn=f(an)，则数列yn的前17项和为（）A172B9C11D17【解答】解：f（x）sin2x+cosx+1，由Sn=an2+bn，得an2naa+b，an为等差数列，a1+a172a9，y1+y17f（a1）+f（a17）sin2

13、a1+cosa1+1+sin2a17+cosa17+1sin2a1+cosa1+1+sin（22a1）+cos（a1）+12，数列yn的前17项和为28+117故选：D8（5分）普通高中已知函数yf（x）的周期为2，当x0，2时，f（x）（x1）2，如果g（x）f（x）log5x，则函数yg（x）的零点个数为（）A1B3C5D7【解答】解：根据题意，函数g（x）f（x）log5x，若g（x）f（x）log5x0，则有f（x）log5x，分别作出函数yf（x）与ylog5x的图象，分析可得：两个函数图象有5个交点，则函数yg（x）的零点个数为5，故选：C二多选题（共4小题，满分20分，每小题5分

14、）9（5分）函数f（x）2sin（x+6）的图象可由函数g（x）=3sin2xcos2x的图象如何变化得到（）A先将g（x）的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向左平移3个单位B先将g（x）的图象上所有点的横坐标缩短到原来的2倍，纵坐标不变，再向左平移3个单位C先将g（x）的图象上所有点向左平移3个单位，再将所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变D先将g（x）的图象上所有点向左平移6个单位，再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变【解答】解：把函数g（x）=3sin2xcos2x2sin（2x-6）的图象上所有点向左平移6个单位，可得y2sin（

15、2x+6）的图象；再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得函数f（x）2sin（x+6）的图象或者先将g（x）2sin（2x-6）的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得y2sin（x-6）的图象，再向左平移3个单位，可得可得函数f（x）2sin（x+6）的图象故选：AD10（5分）某地某所高中2019年的高考考生人数是2016年高考考生人数的1.5倍，为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2016年和2019年的高考升学情况，得到如下柱图：则下列结论正确的是（）A与 2016 年相比，2019 年一本达线人数有所增加B与 2016 年相比，2019

16、 年二本达线人数增加了0.5 倍C与 2016年相比，2019 年艺体达线人数相同D与 2016 年相比，2019 年不上线的人数有所增加【解答】解：依题意，设2016年高考考生人数为x，则2019年高考考生人数为1.5x，由24%1.5x28%x8%x0，故选项A正确；由（40%1.5x32%x）32%x=78，故选项B不正确；由8%1.5x8%x4%x0，故选项C不正确；由28%1.5x32%x42%x0，故选项D正确故选：AD11（5分）函数f（x）Asin（x+）（A0，0）的部分图象如图所示，则f(74)的值为（）A-62B-32C-22D1【解答】解：由函数的最小值可知：A=2，函

17、数的周期：T=4(712-3)=，则=2T=2=2，由于当x=712时，x+=2712+=2k+32(kZ)，据此可得：=2k+3(kZ)，令k0可得：=3，则函数的解析式为：f(x)=2sin(2x+3)，可得：f(74)=2sin(274+3)=2sin116=-22故选：C12（5分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点F是线段BC1上的动点，则下列说法错误的是（）A当点F移动至BC1中点时，直线A1F与平面BDC1所成角最大且为60B无论点F在BC1上怎么移动，都有A1FB1DC当点F移动至BC1中点时，A1F与B1D相交于一点E，且A1EEF=2D在BC1上存在点F，使异面直

18、线A1F与CD所成角是30【解答】解：对于A，当点F移动到BC1的中点时，直线A1F与平面BDC1所成角由小到大再到小，如图1所示；且F为B1C的中点时最大角的余弦值为OFA1F=6662=1312，最大角大于60，所以A错误；对于选项B，在正方形中，DB1面A1BC1，又A1F面A1BC1，所以A1FB1D，B正确；对于选项C，F为BC1的中点时，也是B1C的中点，它们共面于平面A1B1CD，且必相交，设为E，连A1D和B1C，如图2，根据A1DEFB1E，可得A1EEF=DA1B1F=2，所以C正确；对于D，当点F从B运动到C1时，异面直线A1F与CD所成角由大到小再到大，且F为B1C的中

19、点时最小角的正切值为221=2233，最小角大于30，所以D错误故选：AD三填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13（5分）若直线l：x3y0与圆C：x2+y28x4y+160交于M，N两点，则|MN|6105【解答】解：依题意，圆C：（x4）2+（y2）24，故圆心（4，2）到直线l：x3y0的距离d=|4-6|10=210，|MN|=2r2-d2=24-25=6105故答案为：610514（5分）函数f(x)=log12(-x2+x)的单调递减区间是（0，12），值域为2，+）【解答】解：令tx2+x0，求得函数的定义域为（0，1），f（x）g（t）=log12t，本题即求函数t在定

20、义域（0，1）上的增区间和值域tx2+x 在定义域（0，1）上的增区间为（0，12），故函数f(x)=log12(-x2+x)的单调递减区间是 (0，12)再根据tx2+x=-(x-12)2+14，可得t在（0，1）上的最大值为14，t的最小值趋于零，故f（x）g（t）=log12t2，+），故答案为：（0，12）、2，+）15（5分）若定义域为R的函数f（x）满足f（x）f（x），则不等式ef（lnx）xf（1）0的解集为（0，e）（结果用区间表示）【解答】解：令g（x）=f(x)ex，则g（x）=ex(f(x)-f(x)e2x，因为f（x）f（x），所以g（x）0，所以，函数g（x）为（，

21、+）上的增函数，由ef（lnx）xf（1），得：f(lnx)elnxf(1)e1，即g（lnx）g（1），因为函数g（x）为（，+）上的增函数，所以lnx1所以不等式的解集是（0，e）故答案为（0，e）16（5分）观察下列算式：131，233+5，337+9+11，4313+15+17+19，若某数n3按上述规律展开后，发现右边含有“2017”这个数，则：n45【解答】解：由题意可得第n个式子的左边是n3，右边是n个连续奇数的和，设第n个式子的第一个数为an，则有a2a1312，a3a2734，anan12（n1），以上（n1）个式子相加可得ana1=(n-1)2+2(n-1)2，故ann2n

22、+1，可得a451981，a462071，故可知2017在第45个式子，故答案为：45四解答题（共6小题，满分70分）17（10分）如图，在ABC中，M是AC的中点，C=3，AM=2（1）若A=512，求AB的长；（2）若BM=23，求ABC的面积【解答】解：（1）ABC=-3-512=4，（2分）在ABC中，由正弦定理得ACsinABC=ABsinC，AB=ACsinCsinABC=4sin3sin4=26（6分）（2）在BCM中，由余弦定理得BM2=CM2+BC2-2CMBCcos3=CM2+BC2-2CMBC12，124+BC22BC，解得BC4（负值舍去），（10分）SABC=12BC

23、CAsin3=43，（12分）18（12分）已知公差不为零的等差数列an中，a5+a722，且a1，a2，a5成等比数列（1）求数列an的通项公式；（2）设bn=1anan+1，求数列bn的前n项和Sn【解答】解：（1）公差d不为零的等差数列an中，a5+a722，且a1，a2，a5成等比数列，可得2a1+10d22，即a1+5d11，又a22a1a5，即（a1+d）2a1（a1+4d），解得a11，d2，则an1+2（n1）2n1；（2）bn=1anan+1=1(2n-1)(2n+1)=12（12n-1-12n+1），则前n项和Sn=12（1-13+13-15+12n-1-12n+1）=12

24、（1-12n+1）=n2n+119（12分）为了解学生的身体素质情况，现从我校学生中随机抽取10人进行体能测试，测试的分数（百分制）如茎叶图所示根据有关国家标准，成绩不低于79分的为优秀，将频率视为概率（1）另从我校学生中任取3人进行测试，求至少有1人成绩是“优秀”的概率；（2）从前文所指的这10人（成绩见茎叶图）中随机选取3人，记X表示测试成绩为“优秀”的学生人数，求X的分布列及期望【解答】解：（1）由茎叶图知，抽取的10人中成绩是“优秀”的有6人，频率为35，依题意，从我校学生中任选1人，成绩是“优秀”的概率为35，记事件A表示“在我校学生中任选3人，至少1人成绩是优良”，则P(A)=1-

25、C33(1-35)3=117125（2）由题意可得，X的取值可能为0，1，2，3，P(X=0)=C43C103=130，P(X=1)=C42C61C103=310，P(X=2)=C41C62C103=12，P(X=3)=C63C103=16，X的分布列为：X0123P130 310 12 16 数学期望E（X）=0130+1310+212+316=9520（12分）已知四棱锥PABCD，BC=CD=12DA，BCAD，ADC90，点P在底面ABCD上的射影是BD的中点O，PC=2（1）求证：直线BD平面POC；（2）若BC1，M、N分别为PO、CD的中点，求直线MN与平面PCD所成角的正弦值；

26、（3）当四棱锥PABCD的体积最大时，求二面角BPCD的大小【解答】解：（1）：（几何法）因为PO平面ABCD，所以POBD，又因为BCCD，且O为BD的中点，故POBD又POOCO，所以BD平面POC（2）解析1：（几何法）连接ON，PN，过M作MHPN，垂足为H，由于ONBC，所以ONCD，而POCD，故CD平面PON，所以CDMH，MH平面PCD，故MN与平面PCD所成角为MNH由于BC1，PC=2，所以PO=62，ON=12，故PN=72，MN=104由PMHPON，所以MHON=MPPNMH=647，所以sinMNH=MHMN=647104=10535故直线MN与平面PCD所成角的正

27、弦值为10535（2）解析2：（坐标法）以C为原点建立直角坐标系如图所示，则C（0，0，0），B（0，1，0），D（1，0，0），P(12，12，m)，于是|PC|=14+14+m2=2，解得m=62即P(12，12，62)所以N(12，0，0)，M(12，12，64)，MN=(1，12，64)设平面PCD的法向量为n=(x，y，2)，则nCD=x=0nCP=12x+12y+62z=0x=0y=-6z，令z1，得n=(0，6，-1)，所以sin=|cosn，NM|=|nNM|n|NM|=|0+62-64|14+6166+1=10535故直线MN与平面PCD所成角的正弦值为10535（3）解析1

28、：（几何法），设BC2a，则OC=2a，PO=2-2a2，所以VP-ABCD=13Sh=132a+4a22a2-2a2=2a4(2-2a2)2(a2+a2+2-2a23)=469，当且仅当a222a2即a=23=63时取等号此时BC=CD=263，BD=433，且PC=PC=2，PB=PD=2，所以PBCPDC过点B作BEPC于点E，连接DE，则DEPC，所以BED就是二面角BPCD的平面角又BE=DE=43，所以cosBED=BE2+DE2-BD22BEDE=169+169-16324343=-12，所以BED=23故二面角BPCD的大小为23（3）解析2：（坐标法）同解法1可求得当四棱锥P

29、ABCD体积最大时，BC=CD=263，BD=433，以C为原点建立空间直角坐标系，则C（0，0，0），D(263，0，0)，B(0，263，0)，P(63，63，63)设平面PBC的法向量为n1=(x1，y1，z1)，则n1CB=263y1=0n2CP=63(x1+y1+z1)=0y1=0x1=-z1，令z11，得n1=(1，0，-1)，同理，可得平面PCD的一个法向量为的n2=(0，1，-1)所以cosn1，n2=12，又因为二面角BPCD为钝二面角，所以二面角BPCD的大小为2321（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的左、右顶点分别为A

30、1（2，0），A2（2，0），右准线方程为x4过点A1的直线交椭圆C于x轴上方的点P，交椭圆C的右准线于点D直线A2D与椭圆C的另一交点为G，直线OG与直线A1D交于点H（1）求椭圆C的标准方程；（2）若HGA1D，试求直线A1D的方程；（3）如果A1H=A1P，试求的取值范围【解答】解：（1）由椭圆的左、右顶点分别为A1（2，0），A2（2，0），右准线方程为x4可得a2，a2c=4，故c1，b2a2c23，故椭圆方程为x24+y23=1（2）设直线A1D：yk（x+2），（k0），则与右准线x4的交点D（4，6k），又A2（2，0），所以设直线A2D：y3k（x2），则y=3k(x+2)x

31、24+y23=1，解得G（24k2-21+2k2，-12k1+12k2），则直线OG的斜率为kOG=-6k12k2-1，OGA1D，-6k12k2-1k1，又k0，解得k=66，则直线A1D的方程为y=66（x+2）（3）由（2）中可得，设直线OG：y=-6k12k2-1x，联立可得y=-6k12k2-1xy=k(x+2)，解得H（-24k2+212k2+5，12k12k2+5），联立x24+y23=1y=k(x+2)，解得P（6-8k23+4k2，123+4k2），A1H=A1P，（xH+2，yH）（xP+2，yP），yHyP，=yHyP=f（k）=12k12k2+512k3+4k2=3+4

32、k212k2+5=112k2+9-43+4k2=13-43+4k2，f（k）在（0，+）为减函数，（13，35）22（12分）已知函数f（x）xlnx，g（x）=12mx2（1）若函数f（x）与g（x）的图象上存在关于原点对称的点，求实数m的取值范围（2）设F（x）f（x）g（x），已知F（x）在（0，+）上存在两个极值点x1，x2，且x1x2，求证：x1x21【解答】解：（1）函数f（x）与g（x）的图象上存在关于原点对称的点，即g（x）=-12mx2的图象与f（x）xlnx的图象有交点，即-12mx2=xlnx在（0，+）上有解，即12m=-lnxx在（0，+）上有解，设（x）=-lnxx

33、（x0），则（x）=lnx-1x2，当x（0，e）时，（x）为减函数，当x（e，+）时，（x）为增函数，（x）min（e）=-1e，12m-1e，m-2e；（2）证明：由已知可得F（x）f（x）g（x）xlnx-12mx2，则F（x）lnxmx+1，F（x）在（0，+）上存在两个极值点x1，x2，且x1x2，lnx1-mx1+1=0lnx2-mx2+1=0，解得：m=lnx1+lnx2+2x1+x2，且m=lnx1-lnx2x1-x2，lnx1+lnx2+2x1+x2=lnx1-lnx2x1-x2，即lnx1+lnx2+2=x1+x2x1-x2lnx1x2=(x1x2+1)lnx1x2x1x2-1，设t=x1x2，t（0，1），则lnx1+lnx2+2=(t+1)lntt-1，要证x1x21，即证ln（x1x2）ln1，即证lnx1+lnx20，只需证：lnx1+lnx2+22，即(t+1)lntt-12，即证：lnt-2(t-1)t+10，设h（t）=lnt-2(t-1)t+1，t（0，1），则h（t）=1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)20，h（t）在（0，1）上单调递增，h（t）h（1）0，即lnt-2(t-1)t+10 得证，x1x21