1、2021 年浙江省高考模拟卷年浙江省高考模拟卷 数学试题数学试题 考生须知： 1.本试卷考试时间 120分钟，共三大题，满分 150分 2.答题前，在答题纸上写上姓名和准考证号 3.必须在答题纸的对应答题位置上答题，写在其他地方无效 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分）分） 1.已知集合 A=x|y= 1x ,B=x|x(x-2)0,则（CRA) B=( ) A.(1,2) B.(0,1) C.(0,+) D.(-,2) 2.设复数 z 的共轭复数为z.若 z=1-i(i为虚数单位），则 2 z z z 的值为（） A. I B
2、. I C. 0 D. 3i 3.已知 a,bR,则“a|+|b|2”是“ab|0)的准线的距离为 5 2 ,设过点 P 的直线与 C相交于两点 A,B(异于坐标原点 O) （I)求实数 a的值； （II)求 cosAOB的取值范围。 22.(本小题满分 15分） 设函数 f(x)=alnx 一 1 a x2+x+b(a,bR). （1)求 f(x)的极值； （I1)已知 a0.若存在实数 b,使得 eaf(x)e2+1对 xe1,e恒成立，求 a的取值范围。（其中 e是 自然对数的底数） 2021年高考数学模拟卷答案 一、选择题：本大题共 10小题，每小题 4 分，共 40分 1.C 解析：
3、1|,20|,1| R xxACxxBxxA 2.B 解析：ii i i i i z z z 2 2 )1 ( )1 ( 1 1 2 22 3.B 解析：由1 2 ba ab，以及 21baab不成立，反例： 6 1 , 5ba 4.B 解析：对于 A：过点 P 且垂直于的直线应该垂直于l，即 A错；对于 B：在内作一直线 1 l 垂直于l，由平面平面，l，可得 1 l，从而有过点 P 且垂直于的直线平 行于 1 l，进而平行于，即 B对；对于 C,D：过点 P 且垂直于的平面可以围绕过点 P 且垂 直于的直线旋转，从而知 C,D均错 5.B 解析：由题意知，当bax,时，x的值域为4 , 0
4、，故当4b时，04a；或当 4a时， 40b（不合题意，舍去），即有 04, 4)(aagb，故选 B 6.D 解析：由 3 1 8 4 S S ，得 3 1 288 64 1 1 da da ，即da 2 5 1 ，所以 10 3 12016 288 1 1 16 8 da da S S 7.C 解析：先考虑最后位置必为奥运宣传广告，有 2种，另一奥运广告插入 3个商业广告之间，有 3 种；再考虑 3 个商业广告的顺序，有6 3 3 A种，故共有36632种 8.A 解析：由 2zxy 得 2yxz ，画出 2yx 的折线图象， 当该折线图像沿 y轴向上平移经过点) 1 , 0(B时， z取
5、最大值为 1； 当该折线图像沿 y轴向下平移经过点) 1, 2 9 (C时，z取最小值为-10， 即101, 110zz即，故选 A. 9.C 解析：连接 22,BF AF，则由对称性及 11 BFAF ，得矩形 11BF AF，故 2 2 2 2 1 )2( cAFAF由 12 2 21 1 2 , 2 AFAF c e AFAF c e ，得 2 11 2 2 2 1 ee 令 ) 1( 1 2 tt e e ，则 t t e 2 1 2 1 ， t tt etee 2 1)8( )8(8 2 121 . 设 t tt tf 2 1)8( )( 2 ， 由0 12 8 )( 22 3 tt
6、 t tf，得2t， 故 2 105 )2()( min ftf，选 C 10.B 解析：设2mBC2CD ACmCDACBCACCDBCACBDAC 2 3 60cos60cos 由于180ACDACB，将侧面 ACD 沿 AC展开到平面 ABC，则三点 B、C、D共线， 又此三棱锥可看成将ACD沿直线 AC翻折而成的，故不难可得mBDm33 设异面直线 AC与 BD 所成的角为，则 2 3 , 2 1 2 3 cos BD m BDAC BDAC ，即 6030 ，故选 B 二、填空题：本大题共 7小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4分，共 36 分 11. 7，53 解析：人数是x，
7、物价是y(钱)，则由题意得 , 47 , 38 xy yx 解得 .53 , 7 y x 12. 32 12，32 解析：此几何体为侧面水平放置的棱长均为 2 的正三棱柱 13. 1，2304 解析：设tx1，则 n n nn tatataatbbx 2 210 1) 1(1，由此得 ,36 , 9 2 2 1 1 n n bCa bCa ，解得 . 9 , 1 n b 另一方面，等式两边对t求导，得 1 21 1 2) 1( n n n tnataatbn，再令1t，得 23042922 81 21 n n bnnaaa 14. 125 27 ， 125 122 解析：中元素有12553个，
8、这 125个三位数（可重复数字）可分以下三类： 0，即全有奇数字组成的三位数（可重复数字）有 2733个； 1即只有一个不同的偶数字的三位数（可重复数字）有7422333233个， 注意不要遗漏形如 252，344，222等三位数； 2即只有两个不同的偶数字的三位数（可重复数字）有2433 3 3 1 3 AC个，注意不 要遗漏形如 242，244等三位数 所以的分布列如下： 0 1 2 P 125 27 125 74 125 24 所以 125 122 125 24 2 125 74 )(E 15. 432 解析：由1 2 xyx，得x x y 1 ， 所以，4324 1 324 1 32
9、2 2 2 22 x x x xxyy，这里等号能成立 16. 0 解析：由 ACnABmAO ，得 , 2 1 , 2 1 2 2 2 2 ACnACABmACAOAC ABACnABmABAOAB 又60BAC， 即有 , 2 1 2 1 , 2 1 2 1 bncmb bncmc 解得 . 33 2 , 33 2 b c n c b m 2) 4 ( 3 1 3 10 42 b c c b nm，由取等号条件知cb2，从而 2 1 , 0nm 17. 15 2 15 ， 解析：由 2 1 OBOA，得120AOB 设 5 2 5 2 2211 yxyx h 表示两点 A,B 分别到直线0
10、2 yx的距离之和 取直线02 yx为 x 轴重新建立直角坐标系后，则h表示两点 A,B分别到 x轴的距离之和 在新的直角坐标系下，设)120sin(),120(cos(),sin,(cosBA，则有 )120sin(sinh由对称性，不妨设点 B在 x轴上或上方，即60120 所以 .0120),120sin(sin ,600),120sin(sin h 由此不难得3 2 3 h，从而得 15, 2 15 522 2211 hyxyx 三、解答题：本大题共 5小题，共 74分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 18.解：（I）由 BbcAbtan)2(tan，及正弦定理，得 B B B
11、C A A B cos sin )sinsin2( cos sin sin，即ACBABAcossin2sincoscossin，即 ACBAcossin2)sin(，所以 2 1 cosA， 60A6分 （II）)120cos(,(cos)cos,(cos) 2 cos21 ,(cos 2 BBCB C Bnm，所以， ).302sin( 2 1 1 2 )2240cos(1 2 2cos1 )120(coscos2 22 2 B BB BBnm 由于1200B，得 1 , 2 1 )302sin( B，所以 2 5 , 2 2 2nm.14分 19. 解：(I)G 是PBC的垂心，则PCB
12、G ， 由 AG平面 PBC，得PCAG，所以ABGPC平面， 即ABPC ，又由 PA平面 ABC，得ABPA ，所以， PACAB平面，从而ACAB，这与正三角形 ABC矛盾 所以，G不可能是PBC的垂心7分 （II）延长 BG交 PC 于 E，连 AE，则 E是 PC中点。延长 PG交 BC 于 F，连 AF，则 F是 BC 中点，由 G恰是PBC的重心，得 PG=2GF不妨设 AB=2 正三角形 ABC中，3AF，AFBC 由 AG平面 PBC，可得PFAG， BEAG由 PA平面 ABC，得AFPA 在PAFRT中，由 1,3 22 FGFGFPFGAF得，进而6,2, 3PAAGP
13、F从而 10 22 ABPAPCPB ，在PBC中，由 2222 )(2BCPBCEBE，得 2 23 BE 设 BC与平面 ABG 所成的角为，点 C到平面 ABG的距离为h，则 BC h sin 由 E 是 PC中点，可得 ABCPABEC VV 2 1 ，即有BCAFPABEAGh 2 1 ，所以 2 2 23 2 236 2 1 h ，从而45, 2 2 sin， 即 BC与平面 ABG 所成的角为4515分 20.解：（I）由 *)(23 1 NnSS nn ，得)2(23 1 nSS nn ，两式相减，得 )2(3 1 naa nn 由 2112 23aaSS，2 11 aS，得
14、12 36aa，所以，)N(3 * 1 naa nn ，即数列 n a是以 2 为首项，公比为 3的等比数列，从而有 1 -n 32 n a7分 （II）由（I）知13 n n S，从而 1338 3 2 3 2 13 3 2 3 2 13 32 22 1 nnnn n n b ， 所以，当2n时， 12 34 1 3 2 38 3 2 3 2 3 2 nn n b ，从而有 2 1 3 2 3 1 1 ) 3 1 (1 12 1 ) 1( 3 2 1) 1( 3 2 1 1 21 nnbbbn n n （ ； 当1n时，不等式显然成立 综上，有 2 1 3 2 3 1 21 nbbb n 成
15、立15 分 21.解：（I）抛物线 C：)0( 2 aaxy的准线方程为 4 a x，所以点 P 到准线的距离为 2 5 4 2 a ，得2a5分 （II）设), 2 (), 2 ( 2 2 2 1 2 1 y y By y A，并设 AB 方程为 2) 1(xyt，将ttyx2代入抛物 线方程xy2 2 ，得042t2 2 tyy，进而有42,2 2121 tyytyy 由于 A,B 异于坐标原点 O，所以. 2042 21 ttyy，即 所以， )4)(4( )4( )y 4 )(y 4 ( )( 4 1 cos 2 2 2 121 2121 2 2 4 2 2 1 4 1 21 2 21
16、 yyyy yyyy yy yyyy AOB = )2 16852t 2( t 2 t tt t （ ） ， （1）当02, 0)2t ( ttt或即时， 4 4 11 (16 1 1685 cos 2 2 2 ） t tt t AOB ，由02tt或，得 2 11 0, 0 1 tt 或，所 以 5 1 cos 2 1 cos0AOBAOB，且 ； （2）当0),2(0)2t ( ttt即时，0cosAOB； （3）当20, 0)2t ( tt即时 4 4 11 (16 1 1685 cos 2 2 2 ） t tt t AOB ，由2t0，得 2 1 t，所以 0cos 5 1 AOB ；
17、 综上，AOBcos的取值范围 2 1 5 5 5 5 , 5 5 ，15 分 22.解：（I）显然0, 0 xa。 ax axax xf )2)( )( ， 当0a时， 当ax 0时，0)( xf；当 ax 时，0)( xf。所以)(xf的增区间为a, 0，减区间 为, a，所以，)(xf有极大值，等于baaafln)(，无极小值； 当0a时， 当 2 0 a x时，0)( xf；当ax 时，0)( xf。所以)(xf的减区间为 2 , 0 a ，增 区间为 , 2 a ，所以，)(xf有极小值，等于ba a a a f 4 3 ) 2 ln() 2 (，无极大 值6 分 （II）若10a，
18、则由小题（I）知)(xf在e1,上递减，故要使得1e)(e 2 xaf对e, 1 恒成立，只要存在实数b，使得 a b a af a b a f e e e ) e ( , 1e1 1) 1 ( 2 2 成立，即要 1 2e e ee 22 a ba a ，从而只要1 2e e ee 22 a a a ，又10a，解得 1 2 7e2ee1 2 a 若e1a，则由小题（I）知)(xf在a 1,上递增，在e , a递减，故要使得 1e)(e 2 xaf对e, 1恒成立，只要存在实数b，使得 a b a af a b a f a baaaf e e e ) e ( , e1 1) 1 ( , 1e
19、 ln)( 2 2 成立， 即要 aa a ba a aa a b a ln 1e e ee ,ln 1e 1 1e 22 2 ，从而只要 ,ln1ee ,lnee 22 22 aaaa aaa 即 (*).01e ) 1ln1 (*),0lnee 2 22 aaa aaa （）（ 由于e1a，可知0) 1e)(eeelnee 2222 aaaaaaa（成立，从而 （*）式成立； 由于e1a，可知（*）式显然成立. 所以，当1ae时，符合题意 若ea，则由小题（I）知)(xf在e, 1上递增，故要使得1e)(e 2 xaf对e, 1恒成立， 只要存在实数b，使得 a b a af a b a f 1e e e ) e ( , e1 1) 1 ( 22 成立，即要 e 12e 1 1e 2 a a b a ，从而只要e 12e 1 1e 2 a aa ，解得e2e1a，又 ea，所以ea； 综上所述，a的取值范围是 e 2 7e2ee1 2 a 15分
