1、2021 年高考数学模拟卷年高考数学模拟卷 (一一) (时间：120 分钟 满分：150 分) 一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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. 1.已知集合 Ax|3xx4，Bx|x28x70，则 AB( ) A.(1，2) B.(2，7) C.(2，) D.(1，2) 解析 由题意知，Ax|x2，Bx|1x7，则 ABx|1x1 2，所以 h(x)0，b0，则 ab2 ab B.若 ab2 ab，则 a0，b0 C.若 ab，则 ab2 ab D.若 ab2 ab，则 ab 解析 对于A，由基本不等式可知，若a0，b0
2、，则ab 2 ab，故A正确；对 于B，由 ab有意义可得a，b不可能异号，结合ab 2 ab可得a，b不会同为负 值，故可得 a0，b0，故正确；对于 C，若 a1，b2，则 2 ab无意义，故 错误；对于 D，由 ab2 ab平方可得(ab)20，显然可得 ab，故正确.故选 ABD. 答案 ABD 12.已知数列an满足 a11，an1 an 23an(nN *)，则下列结论正确的是( ) A. 1 an3 为等比数列 B.an的通项公式为 an 1 2n 13 C.an为递增数列 D. 1 an 的前 n 项和 Tn2n 23n4 解析 因为 1 an1 23an an 2 an3，所
3、以 1 an132 1 an3 ，又 1 a1340，所以 1 an3 是以 4 为首项，2 为公比的等比数列，故 A 正确； 1 an342 n1，所以 an 1 2n 13，故 B 正确；由选项 B 可知an为递减数列，故 C 错误； 1 an 的前 n 项和 Tn(223)(233)(2n 13)2(21222n)3n 22（12 n） 12 3n2n 23n4，故 D 正确.故选 ABD. 答案 ABD 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.抛物线 y24x 上到其焦点的距离为 1 的点的个数为_. 解析 抛物线 y24x 的焦点坐标为(1，0)，抛物线上
4、的点到焦点的距离为 1 的点只有原点，共 1 个. 答案 1 14.已知 3cos 24sin 4 ， 4， ，则 sin 2_. 解析 由题意知 3(cos2sin2)2 2(cos sin ). 由于 4， ，因而 cos sin ，则 3(cos sin )2 2，故 9(1sin 2) 8，sin 21 9. 答案 1 9 15.随机变量 X 的所有可能取值为 0，1，2，P(X0)0.2，D(X)0.4，则 P(X 1)_；若 Y2X，则 D(Y)_.(本小题第一空 2 分，第二空 3 分) 解析 设P(X1)x，则P(X2)0.8x，0x0.8.E(X)00.2x2(0.8 x)1
5、.6x，D(X)(x1.6)20.2(x0.6)2x(x0.4)2(0.8x)0.4.整理，得 x20.2x0.240，解得 x0.6 或 x0.4(舍去).P(X1)0.6.由题意易得， D(Y)D(2X)4D(X)1.6. 答案 0.6 1.6 16.在矩形ABCD中，BC4，M为BC的中点，将ABM和DCM分别沿AM， DM 翻折，使点 B 与点 C 重合于点 P，若APD150 ，则三棱锥 MPAD 的外 接球的表面积为_. 解析 由题意可知，MPPA，MPPD.因为 PAPDP，PA平面 PAD， PD平面PAD，所以 MP平面PAD.设ADP 的外接圆的半径为r，则由正弦定 理可得
6、 AD sin APD2r，即 4 sin 150 2r，所以 r4.设三棱锥 MPAD 的外接球的 半径为 R，则 R2 PM 2 2 r211617.所以外接球的表面积为 4R268. 答案 68 四、解答题：本题共 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.(本小题满分 10 分)在条件2cos A(bcos Cccos B)a，csin BC 2 asin C，(sin Bsin C)2sin2Asin Bsin C 中任选一个，补充到下面问题中，并给 出问题解答. 已知ABC 的内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且 a 7，bc2， _.求
7、BC 边上的高. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 若选.由题设及正弦定理得 2cos A(sin Bcos Csin Ccos B)sin A，即 2cos Asin(BC)sin A. 因为 BCA，所以 2cos Asin Asin A， 又因为 sin A0，所以 cos A1 2. 因为 0A，所以 A 3. 由余弦定理得 a2b2c22bccos A，即 b2c2bc7， 联立 b 2c2bc7， bc2， 化简得 c22c30. 所以 c3(舍去)或 c1. 所以 b3. 设 BC 边上的高为 h，所以1 2bcsin A 1 2ah，所以 h 3 21 1
8、4 . 若选.由题设及正弦定理得 sin Csin BC 2 sin Asin C， 因为 sin C0，所以 sin BC 2 sin A， 由 ABC，可得 sin BC 2 cos A 2， 故 cos A 22sin A 2cos A 2. 因为 cos A 20，所以 sin A 2 1 2， 因为 0A，所以 A 3. 下同选. 若选.由已知得 sin2Bsin2Csin2Asin Bsin C， 故由正弦定理得 b2c2a2bc. 所以由余弦定理得 cos Ab 2c2a2 2bc 1 2. 又因为 0A3.841， 因此能在犯错误的概率不超过 0.05 的情况下认为购买金额是否
9、少于 60 元与性别 有关. (2)X 的所有可能取值为 65，70，75，80， 且 p1020 90 1 3. P(X65)C33 1 3 3 1 27， P(X70)C23 1 3 2 2 3 2 9， P(X75)C131 3 2 3 2 4 9， P(X80)C03 2 3 3 8 27， X 的分布列为 X 65 70 75 80 P 1 27 2 9 4 9 8 27 E(X)65 1 2770 2 975 4 980 8 2775. 20.(本小题满分 12 分)如图，已知三棱柱 ABCA1B1C1，平面 A1ACC1平面 ABC，ABC90 ，BAC30 ，A1AA1CAC，
10、E，F 分别是 AC，A1B1的中 点. (1)证明：EFBC； (2)求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值. (1)证明 连接 A1E. 因为 A1AA1C，E 是 AC 的中点，所以 A1EAC. 又平面A1ACC1平面 ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面 ABCAC， 所以 A1E平面 ABC. 如图，以点 E 为原点，分别以射线 EC，EA1为 y 轴、z 轴的正半轴，建立空间直 角坐标系 Exyz. 不妨设 AC4，则 A1(0，0，23)，B(3，1，0)，B1(3，3，23)， F 3 2 ，3 2，2 3 ，C(0，2，0). 因此，EF 3 2 ，
11、3 2，2 3 ，BC ( 3，1，0). 由EF BC0，得 EFBC. (2)解 设直线 EF 与平面 A1BC 所成角为 . 由(1)可得BC ( 3，1，0)，A 1C (0，2，2 3). 设平面 A1BC 的法向量为 n(x，y，z). 由 BC n0， A1C n0， 得 3xy0， y 3z0. 取 n(1， 3，1)， 故 sin |cosEF ，n|EF n| |EF | |n| 4 5， 又 0， 2 ，所以 cos 3 5. 因此直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值是3 5. 21.(本小题满分 12 分)已知点 A(0，2)，椭圆 E：x 2 a2 y2 b2
12、1(ab0)的离心率为 3 2 ，F 是椭圆 E 的右焦点，直线 AF 的斜率为2 3 3 ，O 为坐标原点. (1)求 E 的方程； (2)设过点 A 的动直线 l 与 E 相交于 P，Q 两点，当OPQ 的面积最大时，求 l 的 方程. 解 (1)设 F(c，0)，由条件知，2 c 2 3 3 ，得 c 3. 又c a 3 2 ，所以 a2，b2a2c21. 故 E 的方程为x 2 4y 21. (2)当 lx 轴时不合题意， 故设 l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2). 将 ykx2 代入x 2 4y 21， 得(14k2)x216kx120. 当 16(4k23)0， 即
13、k23 4时，x1，2 8k 2 4k23 4k21 . 从而|PQ|k21|x1x2|4 k 21 4k23 4k21 . 又点 O 到直线 PQ 的距离 d 2 k21. 所以OPQ 的面积 SOPQ1 2d |PQ| 4 4k23 4k21 . 设 4k23t，则 t0，SOPQ 4t t24 4 t4 t . 因为 t4 t4，当且仅当 t2，即 k 7 2 时等号成立，且满足 0. 所以当OPQ 的面积最大时，l 的方程为 y 7 2 x2 或 y 7 2 x2. 22.(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)eln xax(xR). (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)当
14、ae 时，证明：xf(x)ex2ex0. (1)解 f(x)e xa(x0)， 若 a0，则 f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增； 若 a0，则当 0x0；当 x e a时，f(x)0时，f(x)在 0，e a 上单调递 增，在 e a， 上单调递减. (2)证明 法一 因为 x0，所以只需证 f(x)e x x 2e， 当 ae 时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以 f(x)maxf(x)极大值f(1)e. 记 g(x)e x x2e(x0)，则 g(x) （x1）ex x2 ， 所以当 0x1 时，g(x)1 时，g(x)0，故 g(x)在(0，
15、1)上单调递减；在 (1，)上单调递增. 所以 g(x)ming(1)e. 综上，当 x0 时，f(x)g(x)，即 f(x)e x x 2e，即 xf(x)ex2ex0. 法二 由题意知，即证 exln xex2ex2ex0， 从而等价于 ln xx2e x ex. 设函数 g(x)ln xx2，则 g(x)1 x1. 所以当 x(0，1)时，g(x)0，当 x(1，)时，g(x)0， 故 g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减， 从而 g(x)在(0，)上的最大值为 g(1)1. 设函数 h(x)e x ex，则 h(x) ex（x1） ex2 . 所以当 x(0，1)时，h(x)0， 故 h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增， 从而 h(x)在(0，)上的最小值为 h(1)1. 综上，当 x0 时，g(x)h(x)，即 xf(x)ex2ex0.
