2021年最新高考数学全真模拟押题卷含答案

一、选择题：本题共12个小题,每小题5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A{xZ|4x10}，B{x|2x4}，则AB=（ ） x24A．{x|1x2} B．{1,0,1,2} C．{2,1,0,1,2} D．{0,1,2} 2.已知i为虚数单位，若复数z范围为（ ）

A．[1,1] B．(1,1) C．(,1)

D．(1,)

1ti在复平面内对应的点在第四象限，则t的取值1i3.下列函数中，既是偶函数，又在(,0)内单调递增的为（ ） A.yx42x B．y2|x| C.y2x2x D．ylog1|x|1

2x2x224.已知双曲线C1：y1与双曲线C2：y21，给出下列说法，其中错误的

22是（ ）

A.它们的焦距相等 B．它们的焦点在同一个圆上 C.它们的渐近线方程相同

D．它们的离心率相等

5.在等比数列{an}中，“a4，a12是方程x23x10的两根”是“a81”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C.充要条件 D．既不充分也不必要条件 6.执行如图的程序框图，则输出的S值为（ ）

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A.1009 B．-1009 C.-1007 D．1008 7.已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A． B．

6

13

12

1 C．

11 D． 123438.已知函数f(x)Asin(x)(A0,0,||)的部分图象如图所示，则函数

g(x)Acos(x)图象的一个对称中心可能为（ ）

511A．(,0) B．(,0) C.(,0)

211D．(,0)

6629.《几何原本》卷2的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明.现有如图所示图形，点F在半圆O上，点C在直径AB上，且OFAB，设ACa，则该图形可以完成的无字证明为（ ） BCb，

A.

abab(a0,b0) B．a2b22ab(a0,b0) 22ababa2b2ab(a0,b0) D．(a0,b0) C.ab222 / 13

10.为迎接中国共产党的十九大的到来，某校举办了“祖国，你好”的诗歌朗诵比赛.该校高三年级准备从包括甲、乙、丙在内的7名学生中选派4名学生参加，要求甲、乙、丙这3名同学中至少有1人参加，且当这3名同学都参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻，那么选派的4名学生不同的朗诵顺序的种数为（ ） A．720 B．768 C.810 D．816 11.焦点为F的抛物线C：y28x的准线与x轴交于点A，点M在抛物线C上，则当

|MA|取得最大值时，直线MA的方程为（ ） |MF|A．yx2或yx2 B．yx2 C.y2x2或y2x2 D．y2x2

12.定义在R上的函数f(x)满足f(x2)2f(x)，且当x[2,4]时，

x24x,2x3,f(x)x22g(x)ax1，对x1[2,0]，x2[2,1]，使得g(x2)f(x1)，

,3x4,x则实数a的取值范围为（ ） A．(,)[,) C.(0,8]

14181818B．[,0)(0,]

1418D．(,][,) 第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两部分，第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22题和第23题为选考题，考生根据要求作答. 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.

13.已知a(1,)，b(2,1)，若向量2ab与c(8,6)共线，则a和b方向上的投影为．

xy20,14.已知实数x，y满足不等式组x2y50,且z2xy的最大值为a，则

y20,3 / 13

0acos2xdx=． 215.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，btanBbtanA2ctanB，且

a8，ABC的面积为43，则bc的值为．

16.已知球O是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）

ABCD的外接球，BC3，AB23，点E在线段BD上，且BD3BE，过点E作

圆O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是.

三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17.已知(1x)(1x)2(1x)3项和Sn.

（1）求数列{an}的通项公式；

2an（2）数列{bn}满足bnan，记数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn1. an1(21)(21)(1x)n的展开式中x的系数恰好是数列{an}的前n18.如图，点C在以AB为直径的圆O上，PA垂直与圆O所在平面，G为AOC的垂心.

（1）求证：平面OPG平面PAC；

（2）若PAAB2AC2，求二面角AOPG的余弦值.

19.2017年春节期间，某服装超市举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元（含600元），均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种. 方案一：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）

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的抽奖盒中，一次性摸出3个球，其中奖规则为：若摸到3个红球，享受免单优惠；若摸出2个红球则打6折，若摸出1个红球，则打7折；若没摸出红球，则不打折.

方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元. （1）若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；

（2）若某顾客消费恰好满1000元，试从概率的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？

x2y220. 已知椭圆C：221(ab0)的长轴长为6，且椭圆C与圆M：

ab(x2)2y241040的公共弦长为.

39（1）求椭圆C的方程.

（2）过点P(0,2)作斜率为k(k0)的直线l与椭圆C交于两点A，B，试判断在x轴上是否存在点D，使得ADB为以AB为底边的等腰三角形.若存在，求出点D的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由. 21. 已知函数f(x)2lnx2mxx2(m0). （1）讨论函数f(x)的单调性； （2）当m32时，若函数f(x)的导函数f'(x)的图象与x轴交于A，B两点，其2横坐标分别为x1，x2(x1x2)，线段AB的中点的横坐标为x0，且x1，x2恰为函数

2h(x)lnxcx2bx的零点，求证：(x1x2)h'(x0)ln2.

3请考生在第22、23题中任选一题作答.并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的

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题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分. 22.选修4-4：坐标系与参数方程

2x4t,2（为参数），以坐标原点为极点，x轴的非已知直线l的参数方程为ty2t2

负半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为4cos，直线l与圆C交于A，

B两点.

（1）求圆C的直角坐标方程及弦AB的长；

（2）动点P在圆C上（不与A，B重合），试求ABP的面积的最大值. 23. 选修4-5：不等式选讲. 已知函数f(x)|2x1||x1|. （1）求函数f(x)的值域M； （2）若aM，试比较|a1||a1|，

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37，2a的大小. 2a2

参考答案及解析

一、选择题

1-5:BBDDA 6-10:BCCDB 11、12：AD 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13.35 14.3 15.45 16.[2,4] 5三、解答题

17.解：（1）(1x)(1x)2(1x)3111C1C2C31211CnC2C2C3(1x)n的展开式中x的系数为

12CnCn1121nn， 22即Snn2n，

所以当n2时，anSnSn1n； 当n1时，a11也适合上式， 所以数列{an}的通项公式为ann.

2n11（2）证明：bnn，

(21)(2n11)2n12n1112127 / 13

所以Tn1所以Tn1.

111337111， 1nn1n121212118.解：（1）如图，延长OG交AC于点M. 因为G为AOC的重心，所以M为AC的中点. 因为O为AB的中点，所以OM//BC.

因为AB是圆O的直径，所以BCAC，所以OMAC. 因为PA平面ABC，OM平面ABC，所以PAOM.

又PA平面PAC，AC平面PAC，PAACA，所以OM平面PAC. 即OG平面PAC，又OG平面OPG， 所以平面OPG平面PAC.

（2）以点C为原点，CB，CA，AP方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系Cxyz，则C(0,0,0)，A(0,1,0)，B(3,0,0)，O(则OM(311,,0)，P(0,1,2)，M(0,,0)，222331,0,0)，OP(,,2).平面OPG即为平面OPM，设平面OPM的一个2223nOMx0,2法向量为n(x,y,z)，则令z1，得n(0,4,1). nOP3x1y2z0,22过点C作CHAB于点H，由PA平面ABC，易得CHPA，又PAABA，所以

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CH平面PAB，即CH为平面PAO的一个法向量.

在RtABC中，由AB2AC，得ABC30，则HCB60，CHCB所以xHCHcosHCB所以CH(33,,0). 4433，yHCHsinHCB. 44123. 2设二面角AOPG的大小为，则cos|CHn||CH||n||033410|25144. 17394212161619.解：（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需要摸出三个红球，设顾客享受

3C31到免单优惠为事件A，则P(A)3，

C10120所以两位顾客均享受到免单的概率为PP(A)P(A)1. 14400（2）若选择方案一，设付款金额为X元，则X可能的取值为0，600，700，1000.

31C3C32C717，P(X600)3， P(X0)3C10120C1040123C3C721C77，P(X1000)3， P(X700)3C1040C1024故X的分布列为，

所以E(X)01721716007001000764（元）. 1204040246若选择方案二，设摸到红球的个数为Y，付款金额为Z，则Z1000200Y， 由已知可得Y~B(3,)，故E(Y)331039， 1010所以E(Z)E(1000200Y)1000200E(Y)820（元）.

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因为E(X)E(Z)，所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算. 20.解：（1）由题意可得2a6，所以a3. 由椭圆C与圆M：(x2)2y2可得椭圆C经过点(2,所以4941040的公共弦长为，恰为圆M的直径，

39210)， 3401，解得b28. 29bx2y2所以椭圆C的方程为1.

98（2）直线l的解析式为ykx2，设A(x1,y1),B(x2,y2)，AB的中点为E(x0,y0).假设存

ykx2,在点D(m,0)，使得ADB为以AB为底边的等腰三角形，则DEAB.由得x2y21,98(89k2)x236kx360，故x1x236k， 29k818k16，. ykx2009k289k281因为DEAB，所以kDE，

k160219k8即， 18kkm9k282k2所以m2.

9k89k8k8当k0时，9k298122，

k所以x0所以2m0； 12当k0时，9k122，所以0m8k2. 12综上所述，在x轴上存在满足题目条件的点E，且点D的横坐标的取值范围为

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[22,0)(0,]. 121222(x2mx1)21. 解：（1）由于f(x)2lnx2mxx的定义域为(0,)，则f'(x).

x对于方程x2mx10，其判别式m24.

当m240，即0m2时，f'(x)0恒成立，故f(x)在(0,)内单调递增.

mm24当m40，即m2，方程xmx10恰有两个不相等是实根x，

222mm24mm24令f'(x)0，得0x或x，此时f(x)单调递增；

22mm24mm24x令f'(x)0，得，此时f(x)单调递减. 22综上所述，当0m2时，f(x)在(0,)内单调递增；当m2时，f(x)在

mm24mm24mm24mm24(,)内单调递减，在(0,)，(,)内单调递

2222增.

2(x2mx1)（2）由（1）知，f'(x)，所以f'(x)的两根x1，x2即为方程x2mx10x的两根.因为m32，所以m240，x1x2m，x1x21. 2又因为x1，x2为h(x)lnxcx2bx的零点， 所以lnx1cx12bx10，lnx2c22bx20，两式相减得

x1xx2ln1c(x1x2)(x1x2)b(x1x2)0，得bc(x1x2). x2x1x2ln而h'(x)2cxb，所以

1x11 / 13

x11x22(x1x2)h'(x0)(x1x2)(2cx0b)(x1x2)[c(x1x2)c(x1x2)]x0x1x2x1x2lnx11x2x2(x1x2)x1ln1. ln2x1x2x1x2x21x2令

x122x1x2m2， t(0t1)，由(x1x2)2m2得x12x2x2因为x1x21，两边同时除以x1x2，得t2m2， 因为m321511，故t，解得0t或t2，所以0t. 2t2221t(t1)2t10， 设G(t)2lnt，所以G'(t)t(t1)2t1则yG(t)在(0,]上是减函数， 所以G(t)min1212G()ln2，

23即y(x1x2)h'(x0)的最小值为ln2. 所以(x1x2)h'(x0)ln2.

22.解：（1）由4cos得24cos，

所以x2y24x0，所以圆C的直角坐标方程为(x2)2y24. 将直线l的参数方程代入圆C:(x2)2y24，并整理得t222t0， 解得t10，t222. 所以直线l被圆C截得的弦长为|t1t2|22. （2）直线l的普通方程为xy40. 圆C的参数方程为x22cos,（为参数），

y2sin,2323可设曲线C上的动点P(22cos,2sin)，则点P到直线l的距离

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d|22cos2sin4|当cos()1时，d取最大值，且d的|2cos()2|，

442最大值为22. 所以SABP22(22)222， 即ABP的面积的最大值为22. 3x,x1,123. 解：（1）f(x)2x,1x,

213x,x.212根据函数f(x)的单调性可知，当x时，f(x)minf().

3233（2）因为aM，所以a，所以01.

22a121232所以函数f(x)的值域M[,).

又|a1||a1|a1a12a3，

32(a1)(4a3)37所以0，所以2a，

2a2a237所以|a1||a1|2a.

2a2所以a，知a10，4a30，

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