1、2021高考仿真模拟卷(二) 第三部分 刷模拟 一、选择题：本题共 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 A1,2,3,4，B2,3,6,7，C3,4,5,6，则图中阴影部 分表示的集合是( ) A2,3 B6 C3 D3,6 答案答案 解析 由题可知，ABC3，BC3,6，故阴影部分表示的集 合是6 解析解析 2若(12i)z5i，则|z|的值为( ) A3 B5 C 3 D 5 解析 由(12i)z5i， 可得 z 5i 12i 5i12i 12i12i 105i 5 2i.所以|z|2212 5. 答案答案 解析解析 3
2、 (2020 山东青岛二模)已知函数 f(x) sinx，x0， log2ax，x0， 且 f f 7 6 1，则 a( ) A.3 2 B2 C3 Dln 2 解析 因为 f 7 6 sin 7 6 sin 5 6 1 2 ，所以 f f 7 6 f 1 2 log2 a1 2 1，解得 a3 2.故选 A. 答案答案 解析解析 4(2020 大同一中高三一模)已知 2， 3 2 ，tan()3 4，则 sin cos 等于( ) A 1 5 B1 5 C1 5 D7 5 解析 由题意得 tan()tan3 4， 又 2， 3 2 ， 所以 2， ， cos0，结合 sin2cos21，解得
3、 sin3 5，cos 4 5，所以 sin cos3 5 4 5 1 5，故选 B. 答案答案 解析解析 5 (2020 山东潍坊二模)在四面体 ABCD 中， ABC 和BCD 均是边长 为 1 的等边三角形，已知四面体 ABCD 的四个顶点都在同一球面上，且 AD 是该球的直径，则四面体 ABCD 的体积为( ) A. 2 24 B 2 12 C 2 6 D 2 4 答案答案 解析 AD 是该球的直径，设球心为 O，则 O 为 AD 的中点，ABD ACD90 ，ABACBCBDCD1，OBOCOD 2 2 ，BO AD， BOOC， BO平面 ACD， 四面体 ABCD 的体积为 VB
4、ACD1 3 SACDBO1 3 1 2 2 2 2 2 2 2 12 .故选 B. 解析解析 6河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗 产龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟现有 一石窟的某处“浮雕像”共 7 层， 每上层的数量是下层的 2 倍， 总共有 1016 个“浮雕像”， 这些“浮雕像”构成一幅优美的图案， 若从最下层往上“浮 雕像”的数量构成一个数列an，则 log2(a3a5)的值为( ) A8 B10 C12 D16 解析 依题意 a1a2a3a4a5a6a71016， 又因为数列an是公 比为2的等比数列， 则a 112 7 12 1016
5、， 所以a18， 所以a3a5(a4)2(823)2 212，所以 log2(a3a5)log221212. 答案答案 解析解析 7(2020 河南开封高三二模)已知平行四边形 ABCD 中，ABAD2， DAB60 ，对角线 AC 与 BD 相交于点 O，点 M 是线段 BC 上一点，则 OM CM 的最小值为( ) A 9 16 B 9 16 C1 2 D1 2 答案答案 解析 如图所示，以 BD 的中点为坐标原点，以 BD 所在直线为 x 轴， 以 CA 所在直线为 y 轴，建立平面直角坐标系，则 B(1，0)，C(0， 3)， 所以直线 BC 的方程为 y 3x 3.设点 M(x， 3
6、x 3)(1x0)， 所以OM (x， 3x 3)，CM (x， 3x)，所以OM CM x23x23x 4x23x4 x3 8 2 9 16，当 x 3 8时，OM CM 取到最小值 9 16.故选 A. 解析解析 8(2020 山东济南高三上学期期末)若 F 为双曲线 C： x2 4 y 2 5 1 的左焦 点，过原点的直线 l 与双曲线 C 的左、右两支分别交于 A，B 两点，则 1 |FA| 4 |FB|的取值范围是( ) A. 1 4， 1 5 B 1 5， 1 5 C. 1 4，0 D 1 4， 1 5 答案答案 解析 由双曲线 C： x2 4 y 2 5 1，得 a2，b 5，c
7、3，则左焦点 F( 3，0)，右焦点 F(3,0)因为过原点的直线 l 与双曲线 C 的两个交点 A，B 关于原点对称， 所以|FA|FB|.又根据双曲线的定义， 得|FB|FB|2a， 所以|FA|FB|FB|2a|FB|4， 设|FB|d， 所以 1 |FA| 4 |FB| 1 |FB|4 4 |FB| 1 d4 4 d .设 f(d) 1 d4 4 d ，d5，则 f(d) 1 d42 4 d2 d24d42 d42d2 3d 232d64 d42d2 . 解析解析 令 f(d)0，解得 d8 3(舍去)或 d8，所以 f(d)在5,8)上单调递减，在(8， )上单调递增， 且当 d时，
8、 f(d)0， 所以 f(d)maxf(5) 1 54 4 5 1 5， f(d)minf(8) 1 84 4 8 1 4， 所以 f(d)的取值范围为 1 4， 1 5 ， 则 1 |FA| 4 |FB| 的取值范围是 1 4， 1 5 ，故选 D. 解析解析 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的 选项中，有多项符合题目要求全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部 分选对的得 3 分 9(2020 山东泰安二轮复习质量检测)“杂交水稻之父”袁隆平一生致 力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，发明了“三系法”籼型杂交水稻， 成功研究出“两系法”杂交水稻，创
9、建了超级杂交稻技术体系，为我国粮 食安全、农业科学发展和世界粮食供给做出了杰出贡献；某杂交水稻种植 研究所调查某地水稻的株高，得出株高(单位：cm)服从正态分布，其密度曲 线函数为f(x) 1 10 2 e x1002 200 ， x(， )， 则下列说法正确的是( ) A该地水稻的平均株高为 100 cm B该地水稻株高的方差为 10 C随机测量一株水稻，其株高在 120 cm 以上的概率比株高在 70 cm 以下的概率大 D随机测量一株水稻，其株高在(80,90)和在(100,110)(单位：cm)的概 率一样大 答案答案 解析 因为 f(x) 1 10 2e x1002 200 ，故 1
10、00，2100，故 A 正确，B 错误；因为 P(x120)P(xP(x70)，故 C 正确；根据正态分布的对称 性，知 P(100x110)P(90xP(80x0，b0，且 ab1，则( ) Aa2b21 2 B2ab1 2 Clog2alog2b2 D a b 2 答案答案 解析 对于 A，a2b2a2(1a)22a22a12 a1 2 21 2 1 2，当 且仅当 ab1 2时，等号成立，故 A 正确；对于 B，ab2a11，所 以 2ab211 2， 故 B 正确； 对于 C， log2alog2blog2ablog2 ab 2 2log 21 4 2，当且仅当 ab1 2时，等号成立
11、，故 C 不正确；对于 D，因为( a b)212 ab1ab2，所以 a b 2，当且仅当 ab1 2时，等 号成立，故 D 正确故选 ABD. 解析解析 12(2020 山东烟台一模)关于函数 f(x)exasinx，x(，)， 下列说法正确的是( ) A当 a1 时，f(x)在(0，f(0)处的切线方程为 2xy10 B当 a1 时，f(x)存在唯一极小值点 x0且1f(x0)0 C对任意 a0，f(x)在(，)上均存在零点 D存在 a0，使 f(x)在(，)上有且只有一个零点 答案答案 解析 对于 A，当 a1 时，f(x)exsinx，f(x)excosx，f(0)1， f(0)2，
12、所求切线方程为 y12(x0)，即 2xy10，故 A 正确； 对于 B，当 x(0，)时，f(x)excosx0 恒成立，f(x)在(0，) 上无极值； 当 x(， 0时， 令 g(x)f(x)excosx， 则 g(x)exsinx 0 恒成立，g(x)在(，0上单调递增，又 f 2 e 20，f 3 4 e 3 4 2 2 0，存在 x0 3 4 ， 2 ，使 f(x0)ex0cosx00，即 ex0 cosx0，f(x)极小值f(x0)ex0sinx0cosx0sinx0 2sin x0 4 ， 解析解析 3 4 x0 2， x0 4 3 4 ， 2 2 sin x0 4 0， 1f(
13、x0) 0，故 B 正确；对于 C，当 a 1 e4时，f(x)e xsinx e4 ，f(x)excosx e4 ，当 x(0， )时， f(x)excosx e4 0 恒成立， f(x)在(0， )上单调递增， f(x)f(0)0，f(x)在(0，)上不存在零点；当 x(，0时，令 h(x) f(x)excosx e4 ，则 h(x)exsinx e4 0 恒成立，h(x)在(，0上单 调递增，又 h()f()e 1 e40，f(x)在(，0上不存在零点， 故 C 错误； 解析解析 对于 D，f(x)零点的个数可以转化为 yex与 yasinx 图象的交点的个数 问题，如图，显然存在 a0
14、，使 yex与 yasinx 的图象有一个交点，即 f(x)有且只有一个零点，故 D 正确故选 ABD. 解析解析 答案 30 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13(2020 山东德州一模)某校三个兴趣小组的学生人数分布如下表(每 名学生只参加一个小组，单位：人) 篮球组 书画组 乐器组 高一 45 30 a 高二 15 10 20 学校要对这三个小组的活动效果进行抽样调查，用分层抽样的方法， 从参加这三个兴趣小组的学生中抽取 30 人，结果篮球组被抽出 12 人，则 a _. 答案答案 解析 因为抽样比为 30 45153010a20 ，所以结合题意可得 30 4
15、5153010a20 12 4515，解得 a30. 解析解析 14 (2020 山东潍坊高密一模)若 3x 1 x n 的展开式的二项式系数之和是 64，则 n_；展开式中的常数项的值是_ 解析 因为 3x 1 x n 的展开式的二项式系数之和是 64，则 2n64，解 得 n6，所以 3x 1 x n 的展开式中常数项的值是 C2 6(3x) 2 1 x 4135. 解析解析 6 135 答案 2ln 2 15(2020 长春吉大附中三模)已知函数 f(x)2ef(e) ln xx e，则函数 f(x)的极大值为_ 解析 f(x)2efe x 1 e， 故 f(e) 2efe e 1 e，
16、 解得 f(e) 1 e， f(x) 2ln xx e，f(x) 2 x 1 e，令 f(x)0，解得 x2e，函数在(0,2e)上单调递 增，在(2e，)上单调递减，故 f(x)的极大值为 f(2e)2ln 2e22ln 2. 答案答案 解析解析 答案 2 16 在棱长为 1 的透明密闭的正方形容器 ABCDA1B1C1D1中， 装有容 器总体积一半的水(不计容器壁的厚度)，将该正方体容器绕 BD1旋转，并始 终保持 BD1所在直线与水平平面平行，则在旋转过程中容器中水的水面面 积的最大值为_ 答案答案 解析 如图所示，在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E 在 A1B1
17、上， 点 F 在 CD 上， 满足 A1ECF， 则原问题等价于求解四边形 BFD1E 的面积最大值作 EGBD1于点 G，当 EG 最大时，四边形 BFD1E 面积的 有最大值建立如图所示的空间直角坐标系，设 E(m,0,1)(0m1)，G(x， y，z)，由于 B(1,0,0)，D1(0,1,1)，由BG BD1 可得(x1，y，z)(1，1,1)， 则 x1， y， z， 解析解析 故 G(1， ， )， 故GE (m1， ， 1)， BD1 (1,1,1)， 由GE BD1 m110，得 2m 3 ，1 1m 3 ，故|GE| mm1 3 2 2m 3 2 1m 3 21 3 6m2m
18、1， 结合二次函数的性质可知当 m0 或 m1 时，GE 取得最大值，此时 水面面积的最大值为 2. 解析解析 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(2020 山东省第一次仿真联考)(本小题满分 10 分)在ABC 中，角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c.在bcosAcosCasinBsinC1 2b； bsinBcosC 1 2csin2B 3acosB； bcosA cosB a2c 这三个条件中任选一个，补充在下 面问题中，并作答 已知 D 是 BC 上的一点， BC2BDAB， AD2 7， AB6， 若_， 求ACD
19、的面积 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 解 若选择，则 sinBcosAcosCsinAsinBsinC1 2sinB， 1 分 因为 sinB0，所以 cosAcosCsinAsinC1 2， 即 cos(AC)1 2. 2 分 因为 B(AC)，所以 cos(AC)cosB1 2， 即 cosB1 2， 3 分 因为 0BAB6，所以 BD4. 8 分 因为 BC2BD， 所以 SACDSABD1 2AB BDsinB 1 264 3 2 6 3. 10 分 若选择，则 sin2BcosC1 2sinCsin2B 3sinAcosB， 即 sin2BcosCsinCsinB
20、cosB 3sinAcosB， 1 分 故 sinBsin(BC) 3sinAcosB. 解解 因为 sin(BC)sinA0，所以 sinB 3cosB，所以 tanB 3，3 分 因为 0B，所以 B 3. 4 分 下同. 10 分 若选择，则 sinBcosAsinAcosB2sinCcosB， 1 分 即 sin(BA)2sinCcosB， 2 分 因为 sin(BA)sinC0，所以 cosB1 2， 3 分 因为 0B900， 所以方案 20 g/ 次剂量组接种效果好； 2 分 由公式 K2 nadbc2 abcdacbd 200090027100973 2 10001000187
21、3127 44.80610.828， 所以有 99.9%的把握认为该疾病疫苗接种成功与两种接种方案有关. 5 分 解解 (2)假设 20 g/次剂量组临床试验接种一次成功的概率为 p， 由数据得， 三次接种成功的概率为 973 10000.973， 不成功的概率为 27 1000 0.027， 由于三次接种之间互不影响，每人每次接种成功的概率相等， 所以(1p)30.027，得 p0.7， 7 分 设参与该试验的 1000 人此剂量只接种一次成功的人数为 X， 显然 XB(1000,0.7)，E(X)10000.7700， 参与该试验的 1000 人此剂量只接种一次成功的人数平均为 700 人
22、， 且 973700273， 所以选用 20 g/次剂量组方案，参与该试验的 1000 人的成功人数比此 剂量只接种一次的成功人数平均提高 273 人. 12 分 解解 20(2020 山东济宁三模)(本小题满分 12 分)如图 1，四边形 ABCD 为 矩形，BC2AB，E 为 AD 的中点，将ABE，DCE 分别沿 BE，CE 折起 得图 2，使得平面 ABE平面 BCE，平面 DCE平面 BCE. (1)求证：平面 ABE平面 DCE； (2)若 F 为线段 BC 的中点，求直线 FA 与平面 ADE 所成角的正弦值 解 (1)证明：在题图 1 中，BC2AB，且 E 为 AD 的中点，
23、AEAB， AEB45 ， 同理DEC45 .CEB90 ，BECE. 又平面 ABE平面 BCE，平面 ABE平面 BCEBE，CE平面 BCE， CE平面 ABE，又 CE平面 DCE，平面 ABE平面 DCE.5 分 解解 (2)如图，以点 E 为坐标原点，EB，EC 所在的直线分别为 x 轴、y 轴建 立空间直角坐标系，设 AB1， 则 E(0,0,0)，B( 2，0,0)， C(0， 2，0)，A 2 2 ，0， 2 2 ，D 0， 2 2 ， 2 2 ，F 2 2 ， 2 2 ，0 . 向量EA 2 2 ，0， 2 2 ，ED 0， 2 2 ， 2 2 ， 7 分 解解 设平面 A
24、DE 的法向量为 n(x，y，z)， 由 n EA 0， n ED 0， 得 xz0， yz0， 令 z1，得 平面 ADE 的一个法向量为 n(1，1,1)， 9 分 又FA 0， 2 2 ， 2 2 ， 设直线 FA 与平面 ADE 所成的角为 ， 则 sin |FA n| |FA |n| 2 1 3 6 3 ， 所以直线 FA 与平面 ADE 所成角的正弦值为 6 3 . 12 分 解解 解 (1)设动圆圆心 P 到直线 x1 2的距离为 d，根据题意，d|PF|， 动点 P 形成的轨迹是以 F 1 2，0 为焦点，以直线 x 1 2为准线的抛物线， 抛物线的方程为 y22x. 4 分
25、解解 21 (本小题满分 12 分)已知动圆 P 过定点 F 1 2，0 ， 且和直线 x 1 2相 切，动圆圆心 P 形成的轨迹是曲线 C，过点 Q(4，2)的直线与曲线 C 交于 A，B 两个不同的点 (1)求曲线 C 的方程； (2)在曲线 C 上是否存在定点 N， 使得以 AB 为直径的圆恒过点 N？若存 在，求出 N 点坐标；若不存在，说明理由 (2)根据题意，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线的方程为 lAB：xn(y2) 4， 代入抛物线方程， 整理得 y22ny4n80， 4n216(n2)4(n2 4n8)0，y1y22n，y1y24n8， 6 分 若设抛物线上存在
26、定点 N，使得以 AB 为直径的圆恒过点 N， 设 N(x0，y0)，则 y2 02x0， kNAy 1y0 x1x0 y1y0 y2 1 2 y 2 0 2 2 y1y0， 解解 同理可得 kNB 2 y2y0， 8 分 kNA kNB 2 y1y0 2 y2y0 4 y1y2y1y2y0y2 0 4 4n82ny0y2 01， (2y04)ny2 040， 2y040， y2 040， 解得 y02，x02， 在曲线 C 上存在定点 N(2,2)，使得以 AB 为直径的圆恒过点 N.12 分 解解 解 (1)当 m2 时，f(x)(x1)22ln x， 其导数 f(x)2(x1)2 x，
27、所以 f(1)2，即切线斜率为 2，又切点为(1,0)， 所以切线的方程为 2xy20. 4 分 解解 22(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)(x1)2mln x，mR. (1)当 m2 时，求函数 f(x)的图象在点(1,0)处的切线方程； (2)若函数 f(x)有两个极值点 x1，x2，且 x1x2，求fx2 x1 的取值范围 (2)函数 f(x)的定义域为(0，)， f(x)2(x1)m x 2x 22xm x ， 因为 x1，x2为函数 f(x)的两个极值点，所以 x1，x2是方程 2x22xm 0 的两个不等实根，由根与系数的关系知 x1x21，x1x2m 2 ，(*) 又已
28、知 x1x2，所以 0x11 2x21， fx2 x1 x 21 2mln x 2 x1 ， 将(*)式代入得fx2 x1 x 21 22x 21x2ln x2 1x2 1x22x2ln x2，8 分 解解 令 g(t)1t2tln t，t 1 2，1 ， 则 g(t)2ln t1，令 g(t)0，解得 t 1 e， 当 t 1 2， 1 e 时，g(t)0，g(t)在 1 e，1 上单调递增； 所以 g(t)ming 1 e 1 2 e1 2 e e ， 因为 g(t)max g 1 2 ，g1 ，g 1 2 1 2ln 20g(1)， 所以 g(t)0.所以fx2 x1 的取值范围是 12 e e ，0 . 12 分 解解 本课结束
