1、2021 年年高考高考数学数学模拟卷模拟卷(二二) (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.集合 My|y 4x2，xZ的真子集的个数为( ) A.7 B.8 C.31 D.32 解析 因为 My|y 4x2，xZ0，2， 3，所以集合 M 的真子集一共 有 2317(个).故选 A. 答案 A 2.已知 i 是虚数单位，若复数 z 2i3 1i，则z ( ) A.1i B.1i C.1i D.1i 解析 z 2i3 1i 2i（1i） （1i）（1i） 2i（1i）
2、 2 i(1i)1i，z 1 i.故选 B. 答案 B 3.同时抛掷两枚质地均匀的骰子，向上的点数之和小于 5 的概率为( ) A.1 6 B. 5 18 C. 1 9 D. 5 12 解析 同时抛掷两枚质地均匀的骰子，共有 6636 种情况，其中向上的点数 之和小于 5 的情况有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(3，1)，共 6 种， 所以向上的点数之和小于 5 的概率 P 6 36 1 6，故选 A. 答案 A 4.如图，已知圆柱OO1的轴截面是边长为2的正方形，A1，B1，C1是圆O1的三等 分点，BB1AA1OO1，那么异面直线 AC1与 OB 所成角的大小
3、为( ) A.30 B.45 C.60 D.90 解析 法一 如图，取劣弧AB 的中点D，连接AD，易知ADOB，则C 1AD或 其补角为异面直线AC1与OB所成的角.连接DO并延长交圆O于点C，连接C1C， C1D，由已知易得 C1C2，AD1，C1A 7，C1D2 2，所以 C1A2AD2 C1D2，得C1AD90 ，故选 D. 法二 如图，取优弧AB 的中点 C，连接 C 1C，AC，则 OBAC，OBCC1，故 OB平面 AC1C，所以 OBAC1，所以异面直线 AC1与 OB 所成的角为 90 ，故 选 D. 答案 D 5.已知某超市 2019 年 12 个月的收入与支出数据的折线图
4、如图： 根据该折线图可知，下列说法错误的是( ) A.该超市 2019 年的 12 个月中 7 月份的收益最高 B.该超市 2019 年的 12 个月中 4 月份的收益最低 C.该超市 2019 年 7 至 12 月份的总收益比 2019 年 1 至 6 月份的总收益增长了 90 万元 D.该超市 2019 年 1 至 6 月份的总收益低于 2019 年 7 至 12 月份的总收益 解析 用列表法表示该超市 2019 年 12 个月的收入与支出及收益如下表： 月份 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 收入/万 元 40 60 30 30 50 60 80 70 70 80 9
5、0 80 支出/万 元 20 30 10 20 20 30 20 30 40 50 40 50 收益/万 元 20 30 20 10 30 30 60 40 30 30 50 30 总收益/ 万元 140 240 由上表可知 C 错误.故选 C. 答案 C 6.某食品的保鲜时长 y(单位：小时)与储藏温度 x(单位：)满足函数关系 yekx b(e2.718为自然对数的底数，k，b 为常数).若该食品在 0 的保鲜时长是 192 小时，在 22 的保鲜时长是 48 小时，则该食品在 33 的保鲜时长是( ) A.16 小时 B.20 小时 C.24 小时 D.28 小时 解析 由已知条件得，1
6、92eb，所以 bln 192.又因为 48e22k be22kln 192 192e22k192 (e11k)2，所以e11k 48 192 1 21 2.设该食品在33 的保鲜时长是t小时， 则 te33k ln 192192e33k192(e11k)3192 1 2 3 24.故选 C. 答案 C 7.在平行四边形 ABCD 中，E，F 分别为边 AD，CD 的中点，AF 与 BE 相交于点 M，则AM ( ) A.3 4AB 1 4AE B.4 5AB 1 5AE C.1 4AB 3 4AE D.1 5AB 4 5AE 解析 由题意作出示意图，如图.设AM xAF ，BM yBE .因
7、为四边形 ABCD 是平 行四边形，且 E，F 分别为边 AD，CD 的中点，所以AM xAF x(AD DF ) x 2AE 1 2AB x 2AB 2xAE.因为 E，M，B 三点共线，所以x 22x1，解得 x 2 5. 所以AM 1 5AB 4 5AE .故选 D. 答案 D 8.已知函数 f(x) ln（2x），x1， x21，x1， 若|f(x)|axa0 恒成立，则实数 a 的取 值范围是( ) A. 1 2，1 B.0，1 C.1，) D.0，2 解析 由题意，知|f(x)| ln（2x），x1， x21，x1， 且|f(x)|a(x1)恒成立，则分别作 出函数 y|f(x)|
8、及 ya(x1)的图象，如图.由图知，当 a0，则当 ya(x1)与 y|f(x)|(x1)图象相切于点(1，0) 时，|f(x)|a(x1)恒成立.由导数的几何意义知，(x21)|x1212.当 a0 时，ya(x1)0，由图知|f(x)|0，所以当 a0 时，|f(x)|a(x1)恒成立.结合 图形可知 0a2.故选 D. 答案 D 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的四个选 项中有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分. 9.已知双曲线 C：x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的一条渐近线过点 P 6
9、 2 ， 3 2 ，点 F 为双 曲线 C 的右焦点，则下列结论正确的是( ) A.双曲线 C 的离心率为 6 2 B.双曲线 C 的渐近线方程为 x 2y0 C.若点 F 到双曲线 C 的渐近线的距离为 2，则双曲线 C 的方程为x 2 4 y2 21 D.设 O 为坐标原点，若|PO|PF|，则 SPOF3 2 2 解析 因为双曲线 C：x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的一条渐近线过点 P 6 2 ， 3 2 ，所以 渐近线方程为 y 2 2 x，即 x 2y0，B 错误；易得b a 2 2 ，所以离心率 ec a a2b2 a2 11 2 6 2 ，A正确；若点 F 到双曲线 C
10、 的渐近线的距离为 2，即 b 2，a2，则双曲线 C 的方程为x 2 4 y 2 2 1，C 正确；O 为坐标原点， P 6 2 ， 3 2 ，若|PO|PF|，则 F( 6，0)，所以 SPOF1 2 6 3 2 3 2 4 ，D 错 误.故选 AC. 答案 AC 10.设正实数 a，b 满足 ab1，则( ) A.1 a 1 b有最小值 4 B. ab有最小值1 2 C. a b有最大值 2 D.a2b2有最小值1 2 解析 对于 A，因为 a，b 是正实数，且 ab1，所以有1 a 1 b ab a ab b 2 b a a b22 b a a b4(当且仅当ab时取等号)，故 A正确
11、；对于 B，因为 a， b 是正实数，所以有 1ab2 ab ab1 2(当且仅当 ab 时取等号)，故 B 不 正确；对于 C，因为 a，b 是正实数，所有以 a b 2 （ a）2（ b）2 2 1 2 a b 2(当且仅当 ab 时取等号)，故 C 正确；对于 D，因为 a，b 是 正实数，所以有ab 2 a2b2 2 a2b21 2(当且仅当 ab 时取等号).故 D 正确. 故选 ACD. 答案 ACD 11.已知函数 f(x)sin xcos x，g(x)是 f(x)的导函数，则下列结论中正确的是 ( ) A.函数 f(x)的值域与函数 g(x)的值域相同 B.若 x0是函数 f(
12、x)的极值点，则 x0是函数 g(x)的零点 C.把函数 f(x)的图象向右平移 2个单位长度，就可以得到函数 g(x)的图象 D.函数 f(x)和 g(x)在区间 4， 4 上均单调递增 解析 f(x)sin xcos x2sin x 4 ，g(x)f(x)cos xsin x2 sin x 4 ，A 正确；若 x0是函数 f(x)的极值点，则 x0 4k 2，kZ，即 x0 k3 4 ，kZ，g(x0) 2sin k3 4 4 0，kZ，即 x0是函数 g(x)的零 点，B 正确；把函数 f(x)的图象向右平移 2个单位长度，可以得到函数 h(x) sin x 2 cos x 2 cos
13、xsin x的图象，C错误；令2k 2 x 42k 2(kZ)，则函数 f(x)在 2k 4，2k 3 4 (kZ)上单调递增，令 2k 2x 4 0)，则 h(x) （x3）（x1） x2 .当 x(0，1)时，h(x)0，函数 h(x)单调递增，所以 h(x)minh(1)4，则 ah(x)min4，故实数 a 的取值范围是(，4. 答案 (，4 16.我们知道，在 n 次独立重复试验(伯努利试验)中，每次试验事件 A 发生的概率 均为 p，则事件 A 发生的次数 X 服从二项分布 B(n，p).事实上，在无限次伯努利 试验中，另一个随机变量的实际应用也很广泛，即事件A首次发生时试验进行的
14、 次数 Y，显然 P(Yk)p(1p)k 1，k1，2，3，我们称 Y 服从“几何分 布”，经计算得 E(Y)1 p.由此推广，在无限次伯努利试验中，试验进行到事件 A 和A 都发生后停止，此时所进行的试验次数记为 Z，则 P(Zk)p(1p)k 1(1 p)pk 1，k2，3，那么 E(Z)_. 解析 由题意可知 A 发生的概率为 p，则A 发生的概率为 1p.设事件A 首次发生 时试验进行的次数为 W，则由“几何分布”的定义可知，P(Wm)(1p)pm 1，m1，2，3，所以 E(W) 1 1p.因为 E(W)1 (1p)p 02 (1p)p3 (1 p)p2m (1p)pm 1，m1，2
15、，3，E(Y)1 p且 E(Y)1 p(1p) 0 2 p(1p)3 p(1p)2k p(1p)k 1，k1，2，3，所以 E(Z) 2 p(1p)2 (1p)p3 p(1p)23 (1p)p2k p(1p)k 1k (1p) pk1 ，k2，3，即 E(Z)E(Y)E(W)1 p(1p)01 (1p)p01 p 1 1p p1p 1 p（1p）1. 答案 1 p（1p）1 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3asin C4ccos A，2bsin BC 2 5asin B 这两个条 件中任选一个，补充至横线
16、上，然后解答补充完整的问题. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知_，a3 2. (1)求 sin A； (2)如图，点 M 为边 AC 上一点，MCMB，ABM 2，求ABC 的面积. 解 选择条件. (1)由 3asin C4ccos A 及正弦定理，得 3sin Asin C4sin Ccos A. 因为 sin C0，所以 3sin A4cos A，9sin2A16cos2A， 所以 25sin2A16. 因为 sin A0，所以 sin A4 5. (2)法一 设 MBMCm， 易知 cos BMCcos
17、 BMAsin A4 5. 在BMC 中，由余弦定理，得 182m22m2 4 5 ，解得 m 5(负值已舍去). 所以 SBMC1 2m 2sin BMC1 25 3 5 3 2. 在ABM 中，sin A4 5，BM 5，ABM 2， 则 AB3 5 4 . 所以 SABM15 8 . 所以 SABC3 2 15 8 27 8 . 法二 因为 MBMC，所以MBCMCB. 因为ABM 2，所以 A2C 2，则 2C 2A， 所以 sin 2Csin 2A cos A. 因为 A 为锐角，所以 sin 2Ccos A3 5. 在ABC 中，由正弦定理，得 b sin ABC c sin C
18、a sin A 15 2 4 ， 所以 b15 2 4 sin ABC，c15 2 4 sin C. 所以 SABC1 2bcsin A 1 2 15 2 4 sin ABC15 2 4 sin C4 5 45 4 sin 2C sin C 45 4 sin Ccos C45 8 sin 2C27 8 . 选择条件. (1)因为 2bsin BC 2 5asin B， 所以 2bsin A 2 5asin B. 由正弦定理，得 2sin Bcos A 2 5sin Asin B. 因为 sin B0，所以 2cos A 2 5sin A， 则 cos A 2 5sin A 2cos A 2.
19、因为 cos A 20，所以 sin A 2 1 5，则 cos A 2 2 5， 所以 sin A2sin A 2cos A 2 4 5. (2)同选择条件. 18.(本小题满分 12 分)在数列an，bn中，a1b11，an13anbn3n1， bn13bnan3n1.等差数列cn的前两项依次为 a2，b2. (1)求数列cn的通项公式； (2)求数列(anbn)cn的前 n 项和 Sn. 解 (1)a1b11，a22，b26， 则数列cn的公差 d6(2)8. 数列cn的通项公式为 cn28(n1)8n10. (2)an13anbn3n1， bn13bnan3n1， ，得 an1bn12
20、(anbn). a1b12， 数列anbn是首项为 2，公比为 2 的等比数列， anbn2n. Sn22622(8n10)2n， 则 2Sn222623(8n10)2n 1， Sn2Sn48(22232n)(8n10)2n 1， 即Sn48(2n 14)(8n10)2n1(188n)2n136， Sn(4n9)2n 236. 19.(本小题满分 12 分)追求人类与生存环境的和谐发展是中国特色社会主义生态 文明的价值取向.为了改善空气质量，某城市环保局随机抽取了一年内100天的空 气质量指数(AQI)的检测数据，结果统计如下： AQI 0，50 (50，100 (100，150 (150，2
21、00 (200，250 (250，300 空气 质量 优 良 轻度污染 中度污染 重度污染 严重污染 天数 6 14 18 27 25 10 (1)从空气质量指数在0，50，(50，100内的 20 天中任取 3 天，求这 3 天中空气 质量至少有 2 天为优的概率； (2)已知某企业每天因空气质量造成的经济损失 y(单位：元)与空气质量指数 x 的 关系式为 y 0，0 x100， 220，100x250， 1 480，250x300. 假设该企业所在地 7 月与 8 月每天空气质量为优、良、轻度污染、中度污染、重 度污染、严重污染的概率分别是1 6， 1 3， 1 6， 1 12， 1 1
22、2， 1 6.9 月每天的空气质量对应的 概率以表中 100 天的空气质量的频率代替. 记该企业 9 月每天因空气质量造成的经济损失为 X 元，求 X 的分布列； 试问该企业7月、8月、9月这三个月因空气质量造成的经济损失总额的数学期 望是否会超过 2.88 万元？说明你的理由. 解 (1)设 为选取的 3 天中空气质量为优的天数，则 P(2)P(2)P(3)C 2 6C114 C320 C 3 6C014 C320 23 114. (2)X 的所有可能取值为 0，220，1 480. P(X0)P(0 x100) 20 100 1 5， P(X220)P(100x250) 70 100 7
23、10， P(X1 480)P(25028 800， 所以这 3 个月经济损失总额的数学期望会超过 2.88 万元. 20.(本小题满分 12 分)如图，PABC 是一个三棱锥，AB 是圆的直径，C 是圆上 异于 A，B 的点，PC 垂直于圆所在的平面，D，E 分别是棱 PB，PC 的中点. (1)求证：DE平面 PAC； (2)若二面角ADEC 是45 ，ABPC4，求AE与平面ACD所成角的正弦值. (1)证明 因为 AB 是圆的直径，所以 BCAC. 因为 PC 垂直于圆所在的平面，BC 在圆所在平面内， 所以 PCBC. 又因为 ACPCC，所以 BC平面 PAC. 因为 D，E 分别是
24、棱 PB，PC 的中点，所以 DEBC， 所以 DE平面 PAC. (2)解 由(1)可知，DE平面 PAC，AE，CE平面 PAC，所以 DEAE， DEEC， 所以AEC 为二面角 ADEC 的平面角，所以AEC45 ， 因为 PC 垂直于圆所在的平面，AC 在圆所在平面内，所以 PCAC， 所以 ACEC1 2PC2. 由 BCAC，AB4，得 BC2 3. 以C 为坐标原点，分别以CB ，CA，CP的方向为 x轴、y轴、z 轴的正方向，建立 如图的空间直角坐标系 Cxyz， 则 C(0，0，0)，A(0，2，0)，E(0，0，2)，D( 3，0，2)， 所以AE (0，2，2)，CA(
25、0，2，0)，CD ( 3，0，2). 设 n(x，y，z)是平面 ACD 的法向量. 由 n CA0， n CD 0， 得 2y0， 3x2z0. 令 x2，得 y0，z 3， 所以平面 ACD 的一个法向量为 n(2，0， 3). 所以 cosn，AE n AE |n| |AE | 2 3 72 2 42 14 . 所以 AE 与平面 ACD 所成角的正弦值为 42 14 . 21.(本小题满分 12 分)已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 3 2 ，短轴长为 2. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若直线l：ykxm(k0)与椭圆C 交于不同的两点 M，N，
26、且线段 MN 的垂直 平分线 l过定点(1，0)，求实数 k 的取值范围. 解 (1)由题意可知 2b2， c a 3 2 ， a2b2c2， 得 a2， b1， c 3， 故椭圆 C 的标准方程为x 2 4y 21. (2)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，将 ykxm(k0)代入椭圆方程， 消去 y 得，(14k2)x28kmx4m240， (8km)24(14k2)(4m24)0，即 m24k21. 由一元二次方程根与系数的关系，得 x1x2 8km 14k2， 则 y1y2 2m 14k2， 所以线段 MN 的中点 P 的坐标为 4km 14k2， m 14k2 . 又线段 MN
27、 的垂直平分线 l的方程为 y1 k(x1)， 由点 P 在直线 l上，得 m 14k2 1 k 4km 14k21 ， 即 4k23km10，所以 m 1 3k(4k 21). 由得，（4k 21）2 9k2 0，所以 4k219k2， 解得 k 5 5 ， 故实数 k 的取值范围是 ， 5 5 5 5 ， . 22.(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)axsin x3 2(aR)，且在 0， 2 上的最大值为 3 2 . (1)求函数 f(x)的解析式； (2)判断函数 f(x)在(0，)内的零点个数，并加以证明. 解 (1)由已知得 f(x)a(sin xxcos x)， 对于任意
28、 x 0， 2 ，有 sin xxcos x0. 当 a0 时，f(x)3 2，不合题意； 当 a0 时，x 0， 2 时，f(x)0，从而 f(x)在 0， 2 内单调递减，又 f(x)在 0， 2 上的图象是连续不间断的，故 f(x)在 0， 2 上的最大值为 f(0)3 2，不合 题意； 当 a0，x 0， 2 时，f(x)0，从而 f(x)在 0， 2 内单调递增，又 f(x)在 0， 2 上的图象是连续不间断的，故 f(x)在 0， 2 上的最大值为 f 2 ，即 2a 3 2 3 2 ， 解得 a1.综上所述，得 f(x)xsin x3 2. (2)f(x)在(0，)内有且只有两个
29、零点.证明如下： 由(1)知，f(x)xsin x3 2，从而有 f(0) 3 20，f 2 3 2 0，又 f(x)在 0， 2 上的图象是连续不间断的， 所以 f(x)在 0， 2 内至少存在一个零点. 又由(1)知 f(x)在 0， 2 上单调递增，故 f(x)在 0， 2 内有且只有一个零点. 当 x 2， 时，令 g(x)f(x)sin xxcos x. 由 g 2 10，g()0，且 g(x)在 2， 上的图象是连续不间断的，故存 在 m 2， ，使得 g(m)0. 由 g(x)2cos xxsin x，知 x 2， 时，有 g(x)0， 从而 g(x)在 2， 内单调递减. 当 x 2，m 时，g(x)g(m)0，即 f(x)0，从而 f(x)在 2，m 内单调递增，故 当 x 2，m 时，f(x)f 2 3 2 0，故 f(x)在 2，m 上无零点； 当 x(m，)时，有 g(x)g(m)0，即 f(x)0，从而 f(x)在(m，)内单调递减. 又 f(m)0，f()0，且 f(x)在m，上的图象是连续不断的，从而 f(x)在(m，) 内有且仅有一个零点. 综上所述，f(x)在(0，)内有且只有两个零点.
