教辅：高考数学之2021高考仿真模拟卷4

2021高考仿真模拟卷(四)

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．(2020·辽宁沈阳三模)已知集合M＝{x|(x－1)(x－2)≤0}，N＝{x|x>0}，则()

A．N⊆M

B．M⊆N

C．M∩N＝∅

D．M∪N＝R

答案　B

解析　由题意知，M＝{x|(x－1)(x－2)≤0}＝{x|1≤x≤2}，则M⊆N.故选B.2．设命题p：∃x∈Q,2x－ln

x<2，则綈p为()

A．∃x∈Q,2x－ln

x≥2

B．∀x∈Q,2x－ln

x<2

C．∀x∈Q,2x－ln

x≥2

D．∀x∈Q,2x－ln

x＝2

答案　C

解析　綈p为∀x∈Q,2x－ln

x≥2.3．(2020·山东枣庄二调)已知i是虚数单位，i－1是关于x的方程x2＋px＋q＝0(p，q∈R)的一个根，则p＋q＝()

A．4

B．－4

C．2

D．－2

答案　A

解析　∵i－1是关于x的方程x2＋px＋q＝0(p，q∈R)的一个根，∴方程的另一根为－1－i，∴－1＋i＋(－1－i)＝－p，p＝2，q＝(－1＋i)(－1－i)＝2，∴p＋q＝4.故选A.4．(2020·海南中学高三第七次月考)若x＝α时，函数f(x)＝3sinx＋4cosx取得最小值，则sinα＝()

A.B．－

C．

D．－

答案　B

解析　由题意，得f(x)＝5sin(x＋φ)，sinφ＝，cosφ＝，当α＋φ＝－＋2kπ(k∈Z)，即α＝－－φ＋2kπ(k∈Z)时，f(x)取得最小值，则sinα＝sin＝－cosφ＝－，故选B.5．(2020·全国卷Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()

A.B．

C．

D．

答案　C

解析　如图，设CD＝a，PE＝b，则PO＝＝，由题意，得PO2＝ab，即b2－＝ab，化简得42－2·－1＝0，解得＝(负值舍去)．故选C.6．(2020·山东潍坊一模)函数f(x)＝在[－π，π]上的图象大致为()

答案　A

解析　因为f(x)＝，所以f(－x)＝＝＝－f(x)，又因为f(x)的定义域为R，所以f(x)是R上的奇函数，f(x)的图象关于原点对称，排除D；当x∈[0，π]时，ex＋e－x＞0恒成立，x－sinx≥0恒成立，所以当x∈[0，π]时，f(x)＝≥0恒成立，排除B，C.故选A.7．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F1(－2,0)，过点F1作倾斜角为30°的直线与圆x2＋y2＝b2相交的弦长为b，则椭圆的标准方程为()

A.＋＝1

B．＋＝1

C.＋＝1

D．＋＝1

答案　B

解析　由左焦点为F1(－2,0)，可得c＝2，即a2－b2＝4，过点F1作倾斜角为30°的直线的方程为y＝(x＋2)，圆心(0,0)到直线的距离d＝＝1，由直线与圆x2＋y2＝b2相交的弦长为b，可得2＝b，解得b＝2，a＝2，则椭圆的标准方程为＋＝1.8．已知数列{an}，定义数列{an＋1－2an}为数列{an}的“2倍差数列”，若{an}的“2倍差数列”的通项公式为an＋1－2an＝2n＋1，且a1＝2，数列{an}的前n项和为Sn，则S33＝()

A．238＋1

B．239＋2

C．238＋2

D．239

答案　B

解析　根据题意，得an＋1－2an＝2n＋1，a1＝2，∴－＝1，∴数列是首项为1，公差d＝1的等差数列，∴＝1＋(n－1)＝n，∴an＝n·2n，∴Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，∴2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，∴－Sn＝2＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝－2＋2n＋1－n·2n＋1＝－2＋(1－n)2n＋1，∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2，S33＝(33－1)×233＋1＋2＝239＋2.二、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·山东青岛一模)已知向量a＋b＝(1,1)，a－b＝(－3,1)，c＝(1,1)，设a，b的夹角为θ，则()

A．|a|＝|b|

B．a⊥c

C．b∥c

D．θ＝135°

答案　BD

解析　根据题意，得a＋b＝(1,1)，a－b＝(－3,1)，则a＝(－1,1)，b＝(2,0)，依次分析选项：对于A，∵|a|＝，|b|＝2，∴|a|＝|b|不成立，A错误；对于B，∵a＝(－1,1)，c＝(1,1)，a·c＝0，∴a⊥c，B正确；对于C，∵b＝(2,0)，c＝(1,1)，∴b∥c不成立，C错误；对于D，∵a＝(－1,1)，b＝(2，0)，∴a·b＝－2，|a|＝，|b|＝2，∴cosθ＝＝－，∴θ＝135°，D正确．故选BD.10．(2020·山东日照一模)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)>m>1，则下列成立的有()

A．f>

B．f<－1

C．f>

D．f<0

答案　AC

解析　设g(x)＝f(x)－mx，则g′(x)＝f′(x)－m>0，故函数g(x)＝f(x)－mx在R上单调递增，又>0，∴g>g(0)，故f－1>－1，∴f>0，而<0，∴f>，故A正确，B错误．又>0，故g>g(0)，∴f－>－1，∴f>>0，故C正确，D错误．故选AC.11.(2020·山东菏泽高三联考)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋4φ)的部分图象如图所示，若将函数f(x)的图象纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，再向右平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列命题正确的是()

A．函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin

B．函数g(x)的解析式为g(x)＝2sin

C．函数f(x)图象的一条对称轴是直线x＝－

D．函数g(x)在区间上单调递增

答案　ABD

解析　由题图可知，A＝2，＝π，所以T＝4π＝，解得ω＝，故f(x)＝2sin.因为函数f(x)的图象过点C(0,1)，所以1＝2sin4φ，即sin4φ＝.因为0<φ<，所以0<4φ<，所以4φ＝，故f(x)＝2sin，故A正确；若将函数f(x)图象的纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，则所得到的函数图象对应的解析式为y＝2sin，再向右平移个单位长度，所得到的函数图象对应的解析式为g(x)＝2sin＝2sin，故B正确；当x＝－时，f＝2sin0＝0，即x＝－时，f(x)不取最值，故x＝－不是函数f(x)图象的一条对称轴，故C错误；令2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，故函数g(x)的单调递增区间是(k∈Z)，当k＝1时，g(x)在区间上单调递增，所以D正确．故选ABD.12．(2020·山东省第一次仿真联考)一个正方体的平面展开图如图所示，在这个正方体中，点H是棱DN的中点，P，Q分别是线段AC，BN(不包含端点)上的动点，则下列说法正确的是()

A．在点P的运动过程中，存在HP∥BM

B．在点Q的运动过程中，存在FQ⊥AH

C．三棱锥H－QAC的体积为定值

D．三棱锥B－PEM的体积不为定值

答案　BC

解析　由平面展开图，还原正方体，如图所示．对于A，因为点P是线段AC上的动点，所以HP⊂平面ACH，因为BM⊄平面ACH，且BM与平面ACH不平行，所以不存在HP∥BM，A错误；对于B，连接BD，设BD∩AC＝O，连接OF，设OF∩BN＝G，取AD的中点K，连接EK，OK，则O为BD的中点，OK∥EF，所以E，F，O，K四点共面，因为AH⊥EK，AH⊥EF，EK∩EF＝E，所以AH⊥平面EFOK，因为GF⊂平面EFOK，所以AH⊥GF，即当点Q运动到G点时，FQ⊥AH，B正确；对于C，因为点H是棱DN的中点，所以OH∥BN，因为OH⊂平面ACH，BN⊄平面ACH，所以BN∥平面ACH，则直线BN上的任意一点到平面ACH的距离相等，且为定值，因为点Q是线段BN上的动点，所以点Q到平面ACH的距离d为定值，因为△ACH的面积为定值，所以VH－QAC＝VQ－ACH＝d·S△ACH为定值，C正确；对于D，因为点P是线段AC上的动点，AC∥EM，所以△PEM的面积为定值，且平面PEM就是平面ACME，因为点B到平面ACME的距离是定值，即点B到平面PEM的距离h也是定值，所以三棱锥B－PEM的体积VB－PEM＝h·S△PEM为定值，D错误．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．(2020·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，若双曲线－＝1(a＞0)的一条渐近线方程为y＝x，则该双曲线的离心率是________．

答案

解析　双曲线－＝1中，b＝.因为双曲线的一条渐近线方程为y＝x，即＝，所以a＝2，所以c＝＝＝3，所以双曲线的离心率为＝.14．(2020·山东青岛自主检测)已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，则a8＝________.答案　180

解析　∵(1＋x)10＝(－1－x)10＝[(－2)＋(1－x)]10，(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，∴a8＝C·(－2)2＝180.15．(2020·海口市高考调研考试)拥有“千古第一才女”之称的宋代女词人李清照发明了古代非常流行的游戏“打马”，在她的《打马赋》中写道“实博弈之上流，乃闺房之雅戏”．“打马”游戏用每轮抛掷三枚完全相同的骰子决定“马”的行走规则，每一个抛掷结果都有对应走法的名称，如结果由两个2点和一个3点组成，叫做“夹七”，结果由两个2点和一个4点组成，叫做“夹八”．则在某一轮中，能够抛出“夹七”或“夹八”走法的概率是________．

答案

解析　记在某一轮中，抛出“夹七”的走法为事件A，抛出“夹八”的走法为事件B，则事件A与事件B是互斥事件．故P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝C×2×＋C×2×＝.16．(2020·海口模拟演练)已知函数f(x)＝ax3－3x＋b的图象关于点(0,1)对称，则b＝________；若对于x∈[0,1]总有f(x)≥0成立，则a的取值范围是________．(本题第一空2分，第二空3分)

答案　1　[4，＋∞)

解析　由已知条件知y＝f(x)的图象可由奇函数y＝ax3－3x的图象上下平移得到，所以y＝f(x)的图象关于点(0，b)对称，所以b＝1.所以f(x)＝ax3－3x＋1.当x＝0时，f(x)＝1≥0恒成立．当0

17．(2020·山东德州一模)(本小题满分10分)在条件①2cosA(bcosC＋ccosB)＝a，②csin＝asinC，③(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC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＝，b－c＝2，________.求BC边上的高．

解　若选①：因为2cosA(bcosC＋ccosB)＝a，由正弦定理，得2cosA(sinBcosC＋sinCcosB)＝sinA，2分

即2cosAsinA＝sinA，因为0

由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，所以b2＋c2－bc＝7，6分

又b－c＝2，化简，得c2＋2c－3＝0，所以c＝－3(舍去)或c＝1，从而b＝3.8分

设BC边上的高是h，所以bcsinA＝ah，所以h＝.10分

若选②：由题设及正弦定理，得sinCsin＝sinAsinC，因为sinC≠0，所以sin＝sinA，2分

又由A＋B＋C＝180°，可得sin＝cos，故cos＝2sincos，因为cos≠0，所以sin＝，所以A＝.4分

下同选①.10分

若选③：由已知，得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，由正弦定理，得b2＋c2－a2＝bc.2分

由余弦定理，得cosA＝＝.因为0

下同选①.10分

18．(2020·山东济宁三模)(本小题满分12分)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn＝，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式an；

(2)设bn＝log2，若称使数列{bn}的前n项和为整数的正整数n为“优化数”，试求区间(0,2020)内所有“优化数”的和S.解(1)由数列{an}的前n项和Sn＝，知

当n＝1时，S1＝，a1＝S1，所以a1(a1－1)＝0，又a1>0，所以a1＝1，1分

当n>1时，an＝Sn－Sn－1＝－，整理得(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，因为an＋an－1>0，所以an－an－1＝1，3分

所以数列{an}是首项a1＝1，公差d＝1的等差数列，所以数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝n.5分

(2)由an＝n，知bn＝log2＝log2，所以数列{bn}的前n项和为b1＋b2＋b3＋…＋bn＝log2＋log2＋log2＋…＋log2＝log2＝log2(n＋2)－1，7分

令b1＋b2＋b3＋…＋bn＝k(k∈Z)，则有log2(n＋2)－1＝k，n＝2k＋1－2，由n∈(0,2020)，k∈Z，知k<10且k∈N*，所以区间(0,2020)内所有“优化数”的和为S＝(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(210－2)＝(22＋23＋24＋…＋210)－18＝－18＝211－22＝2026.12分

19．(2020·山东省实验中学高三6月模拟)(本小题满分12分)某公司为研究某种图书每册的成本费y(单位：元)与印刷数量x(单位：千册)的关系，收集了一些数据并进行了初步处理，得到了下面的散点图及一些统计量的值．

(xi－)2

(xi－)·

(yi－)

(ui－)2

(ui－)·

(yi－)

15.25

3.63

0.269

2085.5

－230.3

0.787

7.049

表中ui＝，＝i.(1)根据散点图判断：y＝a＋bx与y＝c＋哪一个模型更适合作为该图书每册的成本费y与印刷数量x的回归方程？(只要求给出判断，不必说明理由)

(2)根据(1)的判断结果及表中数据，建立y关于x的回归方程(结果精确到0.01)；

(3)若该图书每册的定价为9.22元，则至少应该印刷多少册才能使销售利润不低于80000元？(假设能够全部售出，结果精确到1)

附：对于一组数据(ω1，ν1)，(ω2，ν2)，…，(ωn，νn)，其回归直线＝＋ω的斜率和截距的最小二乘估计分别为＝，＝－

.解(1)由散点图判断，y＝c＋更适合作为该图书每册的成本费y(单位：元)与印刷数量x(单位：千册)的回归方程.3分

(2)令u＝，先建立y关于u的线性回归方程，由于＝≈8.957≈8.96，所以＝－·＝3.63－8.957×0.269≈1.22，所以y关于u的线性回归方程为＝1.22＋8.96u，6分

所以y关于x的回归方程为＝1.22＋.8分

(3)假设印刷x千册可使销售利润不低于80000元，则依题意得9.22x－x≥80，解得x≥11.12，所以至少印刷11120册才能使销售利润不低于80000元.12分

20．(2020·新高考卷Ⅰ)(本小题满分12分)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l⊥平面PDC；

(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．

解(1)证明：在正方形ABCD中，AD∥BC，因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC，又AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l.3分

因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC，所以l⊥DC，又PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD.因为DC∩PD＝D，所以l⊥平面PDC.6分

(2)如图，建立空间直角坐标系Dxyz，因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0，0,1)，B(1,1,0)，设Q(m,0,1)，则有＝(0,1,0)，＝(m,0,1)，＝(1,1，－1)．

设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，则即

令x＝1，则z＝－m，所以平面QCD的一个法向量为n＝(1，0，－m)，则cos〈n，〉＝＝.9分

根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于

|cos〈n，〉|＝＝·

＝·≤·≤·＝，当且仅当m＝1时取等号，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.12分

21.(2020·广东揭阳模拟)(本小题满分12分)如图，过抛物线C：y2＝8x的焦点F的直线交抛物线C于不同的两点A，B，P为拋物线上任意一点(与A，B不重合)，直线PA，PB分别交抛物线的准线l于点M，N.(1)写出焦点F的坐标和准线l的方程；

(2)求证：MF⊥NF.解(1)由抛物线方程知，焦点F(2,0)，准线l为x＝－2.2分

(2)证明：设直线AB的方程为x－2＝my(m∈R)．

令P(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去x得，y2－8my－16＝0，则y1y2＝－16.5分

直线PB的方程为＝，即y＝(x－x0)＋y0＝＋y0＝＋y0＝，当x＝－2时，y＝，∴N，同理，得M，8分

∴F＝，＝，∴·＝16＋×

＝

＝

＝＝0.∴⊥，∴MF⊥NF.12分

22．(2020·山东聊城二模)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x2eax＋1＋1－a(a∈R)，g(x)＝ex－1－x.(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)∀a∈(0,1)，是否存在实数λ，∀m∈[a－1，a]，∃n∈[a－1，a]，使[f(n)]2－λg(m)<0成立？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，请说明理由．

解(1)f(x)＝x2eax＋1＋1－a(a∈R)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝x(ax＋2)eax＋1.1分

①当a＝0时，x>0，f′(x)>0，x<0，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0).2分

②当a>0时，x∈，f′(x)>0，x∈，f′(x)<0，x∈(0，＋∞)，f′(x)>0，所以函数f(x)的单调递增区间为，(0，＋∞)，单调递减区间为.3分

③当a<0时，x∈(－∞，0)，f′(x)<0，x∈，f′(x)>0，x∈，f′(x)<0.4分

所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为.5分

(2)由g(x)＝ex－1－x，得g′(x)＝ex－1－1，当x>1时，g′(x)>0，当x<1时，g′(x)<0，故g(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，6分

所以g(x)min＝g(1)＝0，故当m∈[a－1，a]时，g(m)min＝g(a)＝ea－1－a>0.7分

当a∈(0,1)时，a－1>－，由(1)知，当n∈[a－1，a]时，f(n)min＝f(0)＝1－a>0，所以[f(n)]＝(1－a)2，8分

若∀m∈[a－1，a]，∃n∈[a－1，a]，使[f(n)]2－λg(m)<0成立，即[f(n)]2<λg(m)，则λ>0，且[f(n)]<λg(m)min.所以(1－a)2<λ(ea－1－a)，所以λ>.9分

设h(x)＝，x∈[0,1)，则h′(x)＝，令r(x)＝3ex－1－xex－1－x－1，x∈[0,1]，则r′(x)＝(2－x)ex－1－1，10分

当x∈[0,1]时，由ex≥x＋1，故e1－x≥2－x，所以(2－x)ex－1≤1，故r′(x)≤0，所以r(x)在[0,1]上单调递减，所以x∈[0,1)时，r(x)>r(1)＝0，即r(x)>0，又x∈[0,1)时，x－1<0，所以当x∈[0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以当x∈(0,1)时，h(x)

所以当λ≥e时，∀a∈(0,1)，∀m∈[a－1，a]，∃n∈[a－1，a]，使[f(n)]2－λg(m)<0成立.12分