2021年（老高考）数学（文）模拟试卷（五） （含解析）.doc

1、2021 年（老高考）数学（文）模拟试卷年（老高考）数学（文）模拟试卷(五五) 一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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) 12020 安徽省部分学校高三联考已知集合 Ax|x|2，Bx|x23x0，则 AB ( ) A Bx|x3 或 x2 Cx|x3 或 x3 或 x2”是“x23x20”的充分不必要条件； 若 pq 为假命题，则 p，q 均为假命题； 对于命题 p：xR，x2x1bc Bcab Cacb Dcba 72020 陕西彬州第一次质监如图 1 是某高三学生进入高中三年来的数学考试成绩茎叶 图，第 1 次到

2、第 14 次的考试成绩依次记为 A1，A2，A14.如图 2 是统计茎叶图中成绩在一 定范围内考试次数的一个程序框图，执行程序框图，输出的结果是( ) A7 B8 C9 D10 82020 惠州市高三调研考试在长方体 ABCD - A1B1C1D1中，AB2，BC1，AA11， E，F 分别为棱 A1B1，C1D1的中点，则异面直线 AF 与 BE 所成角的余弦值为( ) A0 B. 5 5 C. 3 2 D.2 5 5 92020 河南省豫北名校高三质量考评函数 f(x)4 x4x 4x21 的大致图象是( ) 102020 山西省六校高三第一次阶段性测试采购经理指数(简称 PMI)是国际上

3、通行的宏 观经济监测指标体系之一，对国家经济活动的监测和预测具有重要作用制造业 PMI 在 50% 以上，通常反映制造业总体扩张，低于 50%，通常反映制造业总体衰退如图是 2018 年 10 月到 2019 年 10 月我国制造业 PMI 的统计图，下列说法错误的是( ) 制造业 PMI(经季节调整) A大部分月份制造业总体衰退 B2019 年 3 月制造业总体扩张最大 C2018 年 11 月到 2019 年 10 月中有 3 个月的 PMI 比上月增长 D2019 年 10 月份，PMI 为 49.3%，比上月下降 0.5 个百分点 112020 广东省联考甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲

4、心中想一个数字，记为 a，再由 乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为 b，其中 a，b1,2,3,4,5，若|ab|1，就称甲、 乙“心有灵犀”现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为( ) A.11 25 B. 12 25 C. 13 25 D. 14 25 122020 安徽省示范高中名校高三联考将函数 ysin 2x 4 的图象向左平移 4个单位长 度，所得图象对应的函数在区间(m，m)上无极值点，则 m 的最大值为( ) A. 8 B. 4 C. 3 8 D. 2 二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分将正确答案填在题中的横线上) 132020 福建省

5、高三毕业班质量检测复数 z 的共轭复数 z 满足(2i) z|34i|，则 z _. 142020 福州市高中毕业班质量检测设数列an满足 a11，an14an，则 a1a2 an _. 152020 广州市高三年级调研检测已知某正三棱锥的侧棱长大于底边长，其外接球体 积为125 6 ，三视图如图所示，则其侧视图的面积为_ 16 2020 浙江绍兴联考已知椭圆 C1： m2x2y21(0m0) 有共同的焦点，e1，e2分别为 C1，C2的离心率，则 e1 e2的取值范围是_ 三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17(12 分)2020 福州期末

6、在ABC 中，AC1，BC 7. (1)若 A150 ，求 cos B； (2)D 为 AB 边上一点，且 BD2AD2CD，求ABC 的面积 18.(12 分) 2020 广东佛山一中期末如图，在四棱锥 E - ABCD 中，平面 ABCD平面 BCE，四边形 ABCD 为矩形，BCCE，点 F 为 CE 的中点 (1)证明：AE平面 BDF. (2)点 M 为 CD 上任意一点，在棱 AE 上是否存在一点 P，使得 PMBE？若存在，确定点 P 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由 19 (12 分)2020 石家庄市摸底考试某中学计划开设足球选修课， 为了了解学生是否对足 球运动感兴

7、趣，用简单随机抽样方法调查了该校 100 名学生，调查结果如下： 有兴趣 没兴趣 合计 男生 48 12 60 女生 16 24 40 合计 64 36 100 (1)估计该校学生对足球感兴趣的人数比例； (2)根据以上数据判断是否有 99.9%的把握认为“对足球是否有兴趣与性别有关” (3)根据(2)的结论，能否提出更好的调查方法来估计该校学生中对足球感兴趣的人数比 例？请说明理由 附：K2 nadbc2 abcdacbd，其中 nabcd. P(K2k0) 0.050 0.010 0.001 k0 3.841 6.635 10.828 20 (12 分)2020 长沙市四校高三年级模拟考试

8、已知点 P 为圆 x2y24 上一动点， PQx 轴于点 Q，若动点 M 满足 OM 3 2 OP 2 3 2 OQ (O 为坐标原点) (1)求动点 M 的轨迹 E 的方程； (2)过点(1,0)的直线 l1，l2分别交曲线 E 于点 A，C 和 B，D，且 l1l2，证明： 1 |AC| 1 |BD|为 定值 21(12 分)2020 长沙市四校高三年级模拟考试已知函数 f(x)sin xxcos x1 6x 3，f(x) 为 f(x)的导数 (1)证明：f(x)在区间 0， 2 上不存在零点； (2)若 f(x)kxxcos x1 6x 31 对 x 0， 2 恒成立，求实数 k 的取值

9、范围 选考题(请考生在第 22、23 题中任选一题作答，多答、不答按本选考题的首题进行评分) 22(10 分)2020 黄冈中学，华师附中等八校第一次联考在直角坐标系 xOy 中，倾斜角 为 的直线 l 的参数方程为 x2tcos y 3tsin (t 为参数) 在以坐标原点为极点， x 轴正半轴为极 轴的极坐标系中，曲线 C 的极坐标方程为 22cos 8. (1)求直线 l 的普通方程与曲线 C 的直角坐标方程； (2)若直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，且|AB|4 2，求直线 l 的倾斜角 23(10 分)2020 山西省阶段性测试已知实数 a，b，c 满足 a22b2c24.

10、 求证：(1)b(ac)2； (2)abc4 6 9 . 2021 年（老高考）数学（文）模拟试卷年（老高考）数学（文）模拟试卷(五五) 1答案：B 解析：Ax|x2 或 x2，Bx|x3，所以 ABx|x2 或 x3，故选 B. 2答案：B 解析：不等式 x23x20，解得 x2 或 x1，所以由 x2 可以推出 x23x20，但 由 x23x20 不能推出 x2，所以“x2”是“x23x20”的充分不必要条件，正确； 若 pq 为假命题，则 p，q 至少有一个为假命题，故错误；命题 p：xR，x2x1201，c 1 3 1 e 1 3 e 1 3 2a，所以 1ac，又 blog3eab.

11、故选 B. 7答案：B 解析：该程序框图的作用是求 14 次考试成绩大于等于 90 分的次数根据茎叶图可得超 过 90 分的次数为 8，故选 B. 8答案：A 解析：如图，在长方体 ABCD - A1B1C1D1中，连接 CF，AC，EF，AD1，则 BCB1C1EF， 且 BCB1C1EF，所以四边形 BCFE 为平行四边形，所以 BECF，则异面直线 AF 与 BE 所 成的角， 即直线 AF 与 CF 所成的角， 即AFC 或其补角 设AFC.AC AB2BC2 5， CFCC21C1F2 2，AFAD21D1F2 3.在ACF 中，由余弦定理可得，cos AF2CF2AC2 2AF C

12、F 325 2 3 20，故选 A. 9答案：C 解析：因为 f(x)4 x4x 4x21 4 x4x 4x21 f(x)，f(x)的定义域为 x|x 1 2 ，所以函数 f(x) 为奇函数，排除 D；f(1)5 40，排除 A；当 x时，f(x)，排除 B，故选 C. 10答案：C 解析： 根据折线图可知， 大部分月份制造业总体衰退， A 正确； 2019 年 3 月 PMI 为 50.5%， 制造业总体扩张最大，B 正确；2018 年 11 月到 2019 年 10 月中有 4 个月的 PMI 比上月增长， C 错误；2019 年 10 月 PMI 为 49.3%，比上月下降 0.5 个百

13、分点，D 正确，故选 C. 11答案：C 解析：任意两人猜数字时互不影响，故各有 5 种可能，故基本事件有 5525 种，“心 有灵犀”的情况包括：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,3)，(4,4)，(4,5)， (5,4)，(5,5)，共 13 种，故他们“心有灵犀”的概率为13 25，故选 C. 12答案：A 解析：解法一 将函数 ysin 2x 4 的图象向左平移 4个单位长度后对应图象的解析式为 ysin 2 x 4 4 sin 2x 4 .由此函数在区间(m，m)上无极值点，所以 02mT 2 2，所 以 0m 4.

14、因为mxm，所以2m 42x 42m 4，由 0m 4知2m 4 4， 4 ，所 以 2m 4 2，所以 m 8.所以 0m 8，则 m 的最大值为 8，故选 A. 解法二 将函数 ysin 2x 4 的图象向左平移 4个单位长度后对应图象的解析式为 y sin 2 x 4 4 sin 2x 4 .又此函数在区间(m，m)上无极值点，所以函数在(m，m)上单 调，故 02mT 2 2，所以 0m 4，则排除 C，D；当 m 4时，ysin 2x 4 在(m，m)上 有极值点，故排除 B.故选 A. 13答案：2i 解析：解法一 由(2i) z |34i|，得 z|34i| 2i 5 2i 52

15、i 2i2i2i，所以 z2 i. 解法二 设 zabi(a，bR)，则(2i)(abi)5，即 2ab(a2b)i5，所以 2aba2b0 ，解得 ab1 ，所以 z2i. 14答案：2n(n 1) 解析：因为 a11，an14an，所以数列an是以 1 为首项，4 为公比的等比数列，所以 an4n 1，所以 a 1a2a3 an144 24n1412n14nn1 2 2n(n 1) 15答案：6 解析：画出正三棱锥的直观图如图所示，其中 F 是等边三角形 ABC 的中心，E 是正三棱 锥外接球的球心， G 是 BC 的中点 根据正三棱锥的几何性质有 DF平面 ABC.由俯视图可知， 等边三

16、角形 ABC 的边长为 2 3，所以ABC 的高为 2 3sin 60 3.根据等边三角形的几何 性质可知，等边三角形 ABC 的外接圆半径|FA|2 332.设正三棱锥的外接球半径为 R，则 4 3 R3125 6 ，解得 R5 2，故|DE|EA|R 5 2，所以|EF| |EA|2|FA|2 25 4 43 2.所以正三 棱锥的高|DF|ED|EF|5 2 3 24，即侧视图的高为 4，所以侧视图的面积为 1 2346. 16答案：(1，) 解析：椭圆 C1：m2x2y21(0m0)，即x 2 1 n2 y21，可得 e2 1 n21 1 n2 1n2， 由题意可得 1 m21 1 n2

17、1，即 n 2 m2 12m2， 则 e1 e2 1m2 1n2 1m21 m2 12m2 1m22 12m2 ， 可令 t12m2,0t2 t 2 t1， 则可得 e1 e2的取值范围是(1，)故填(1，) 17解析：(1)在ABC 中，由正弦定理及题设得 AC sin B BC sin A， 故 1 sin B 7 sin 150 ，解得 sin B 7 14， 易知 0 B0)，则 BD2x. 在ABC 中，由余弦定理得，BC2AB2AC22AB ACcos A，即 79x216xcos A 在等腰ACD 中，有 cos A 1 2AC AD 1 2x. 联立，解得 x1. 所以ACD

18、为等边三角形，所以 A60 ， 所以 SABC1 2ABACsin A 1 231sin 60 3 3 4 . 解法二 设 ADx(x0)，则 CDx，BD2x. 因为ADCBDC， 所以 cosADCcosBDC， 由余弦定理得，2x 21 2x2 4x 2x27 4x2 ， 所以 x21，解得 x1. 所以ACD 为等边三角形，所以 A60 ， 所以 SABC1 2ABACsin A 1 231sin 60 3 3 4 . 18解析：(1)连接 AC，交 BD 于点 O，连接 OF，如图 因为四边形 ABCD 为矩形，所以 O 为 AC 的中点 又 F 为 EC 的中点，可知 OF 为AC

19、E 的中位线， 所以 OFAE. 又 OF平面 BDF，AE平面 BDF， 所以 AE平面 BDF. (2)当 P 为 AE 的中点时，有 PMBE.证明如下 如图，取 BE 的中点 H，AE 的中点 P，连接 DP，PH，PM ，CH. 因为 P 为 AE 的中点，H 为 BE 的中点，所以 PHAB. 又 ABCD，所以 PHCD，所以 P，H，C，D 四点共面 因为平面 ABCD平面 BCE，平面 ABCD平面 BCEBC，CD平面 ABCD，CDBC， 所以 CD平面 BCE， 又 BE平面 BCE，所以 CDBE. 因为 BCCE，H 为 BE 的中点，所以 CHBE，又 CDCHC

20、，CD平面 DPHC，CH 平面 DPHC，所以 BE平面 DPHC. 又 PM平面 DPHC，所以 BEPM. 19解析：(1)调查的 100 名学生中有 64 名学生对足球感兴趣，因此估计该校学生对足球 感兴趣的比例为 64 10064%. (2)由 22 列联表可得 K210048241612 2 64366040 16.66710.828， 所以有 99.9%的把握认为“对足球是否有兴趣与性别有关” (3)由(2)的结论知，该校学生是否对足球感兴趣与性别有关，并且从样本数据能看出该校 男生与女生中对足球感兴趣有明显差异，因此在调查时，可先明确该校男生与女生的比例， 再把学生分成男、女两

21、层，采用分层抽样方法比采用简单随机抽样方法更好 20解析：(1)设 M(x，y)，P(x0，y0)，则 Q(x0,0)， 所以 OM (x，y)，OP(x 0，y0)，OQ (x 0,0) 由 OM 3 2 OP 2 3 2 OQ ，得 x 3 2 x02 3 2 x0y 3 2 y0，所以 x0 x，y02 3 3 y. 因为 x20y204，所以x 2 4 y2 31， 即动点 M 的轨迹 E 的方程为x 2 4 y2 31. (2)当直线 AC 的斜率为零或斜率不存在时， 1 |AC| 1 |BD| 1 3 1 4 7 12. 当直线 AC 的斜率存在且不为零时，设直线 AC 的方程为

22、yk(x1)， 代入曲线 E 的方程x 2 4 y2 31，得(34k 2)x28k2x4k2120. 设 A(x1，y1)，C(x2，y2)，则 x1x2 8k2 34k2，x1x2 4k212 34k2 ， 所以|AC| 1k2|x1x2| 1k2x1x224x1x2121k 2 34k2 . 因为直线 BD 的斜率为1 k，所以|BD| 12 1 1 k 2 34 1 k 2 121k 2 43k2 ，所以 1 |AC| 1 |BD| 34k2 121k2 43k2 121k2 7 12. 综上， 1 |AC| 1 |BD| 7 12，是定值 21解析：(1)由题意得 f(x)xsin

23、x1 2x 2x sin x1 2x ， 令 g(x)sin x1 2x，则 g(x)cos x 1 2，当 x 0， 3 时，g(x)0，g(x)单调递增；当 x 3， 2 时，g(x)0，g 2 1 40， g(x)0 在 0， 2 上恒成立，故 f(x)0 在 0， 2 上恒成立， 故 f(x)在区间 0， 2 上不存在零点 (2)由 f(x)kxxcos x1 6x 31，得 sin xkx1. x 0， 2 ，ksin x1 x ， 令 t(x)1sin x x ，则 t(x)xcos xsin x1 x2 ， 令 m(x)xcos xsin x1，则当 x 0， 2 时，m(x)x

24、sin x0 恒成立， m(x)在 0， 2 上单调递减，当 x 0， 2 时，m(x)m(0)10， t(x)t 2 4 ， k4 ， k 的取值范围是 ，4 . 22解析：(1)因为直线 l 的参数方程为 x2tcos y 3tsin (t 为参数)， 所以当 2时，直线 l 的普通方程为 x2， 当 2时，直线 l 的普通方程为 y 3tan (x2)，即 yxtan 32tan . 因为 2x2y2，cos x，22cos 8，所以 x2y22x8. 所以曲线 C 的直角坐标方程为 x2y22x80. (2)解法一 曲线 C 的直角坐标方程为 x2y22x80， 将直线 l 的参数方程

25、代入曲线 C 的直角坐标方程整理，得 t2(2 3sin 2cos )t50. 因为 (2 3sin 2cos )2200，所以可设该方程的两个根分别为 t1，t2， 则 t1t2(2 3sin 2cos )，t1t25， 所以|AB|t1t2| t1t224t1t22 3sin 2cos 2204 2. 整理得( 3sin cos )23，故 2sin 6 3. 因为 0，所以 6 3或 6 2 3 ，解得 6或 2， 综上所述，直线 l 的倾斜角为 6或 2. 解法二 直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，且|AB|4 2，曲线 C 为圆：(x1)2y29， 故圆心 C(1,0)到直线

26、 l 的距离 d92 221. 当 2时，直线 l 的普通方程为 x2，符合题意 当 0， 2 2， 时，直线 l 的方程为 xtan y 32tan 0， 所以 d|tan 0 32tan | 1tan2 1，整理得| 3tan | 1tan2，解得 6. 综上所述，直线 l 的倾斜角为 6或 2. 23解析：(1)a2b22ab，当且仅当 ab 时等号成立， b2c22bc，当且仅当 bc 时等号成立， 所以 a2b2b2c22ab2bc，即 a22b2c22b(ac)， 易知当且仅当 abc1 或 abc1 时，等号成立 由于 a22b2c24，因此有 2b(ac)4，b(ac)2. (2)a22b2c2332a2b2c2，易知当且仅当 a22b2c24 3时等号成立 又 a22b2c24，所以 2a2b2c2 4 3 3，a2b2c232 27，|abc| 4 6 9 . 又 abc|abc|，当 abc0 时等号成立，所以 abc4 6 9 ， 当 a2 3 3 b 6 3 c2 3 3 或 a2 3 3 b 6 3 c2 3 3 或 a2 3 3 b 6 3 c2 3 3 或 a2 3 3 b 6 3 c2 3 3 时，等号成立