2021高考模擬考試試題

2021高考模擬考試試題文科數(shù)學(xué)第Ⅰ卷（共60分）一、選擇題：本大題共12個小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合$A=\{x|x\leq2\}$，$B=\{0,1,2,3\}$，則$A\capB$=（）。A．{1,2}B．{0,1,2}C．{1}D．{1,2,3}2.已知$\frac{z}{1-i}=2-i$，則在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)$z$對應(yīng)的點位于（）。A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限3.一個袋中有大小相同，編號分別為1,2,3,4,5,6,7,8的八個球，從中有放回地每次取一個球，共取2次，則取得兩個球的編號之和不小于15的概率為（）。A．$\frac{1}{133}$B．$\frac{26}{64}$C．$\frac{1}{32}$D．$\frac{1}{4}$4.命題“$ax^2-2ax+3>0$恒成立”是假命題，則實數(shù)$a$的取值范圍是（）。A．$a<\frac{1}{2}$B．$a\leq3$C．$a<3$或$a>3$D．$a\leq1$或$a\geq3$5.函數(shù)$y=\frac{\logx}{x}$的圖像大致是（）。A．下凸B．上凸C．對稱D．單調(diào)遞增6.已知$\alpha\in(\frac{3\pi}{4},\pi)$，$\sin\alpha=\frac{1}{2}$，則$\tan(\alpha+\frac{\pi}{4})$=（）。A．$-\frac{1}{7}$B．7C.-7D．$\frac{1}{7}$7.已知向量$\vec{a}$、$\vec$，滿足$|\vec{a}|=2$，$|\vec|=1$，$(\vec{a}-\vec)\cdot\vec=0$，那么向量$\vec{a}$、$\vec$的夾角為（）。A．30°B．45°C．60°D．90°8.已知雙曲線的方程為$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$，過左焦點$F_1$作斜率為$\frac{3ab}{a^2-3b^2}$的直線交雙曲線的右支于點$P$，且$y$軸平分線段$F_1P$，則雙曲線的離心率為（）。A．3B．$5+\sqrt{5}$C．2D．$2+\sqrt{3}$9.函數(shù)$f(x)=\cos^22x$的周期是$T$，將$f(x)$的圖像向右平移$\frac{T}{4}$個單位長度后得到函數(shù)$g(x)$，則$g(x)$具有性質(zhì)（）。A．最大值為1，圖像關(guān)于直線$x=\frac{\pi}{4}$對稱B．在$(0,\frac{\pi}{2})$上單調(diào)遞增，為奇函數(shù)C.在$(-\frac{3\pi}{4},\frac{\pi}{4})$上單調(diào)遞增，為偶函數(shù)D．周期為$\pi$，圖像關(guān)于點$(\frac{3\pi}{8},0)$對稱10.在四面體$ABCD$中，$AB\perpCD$，$AB=AD=BC=CD=1$，且平面$ABD\perp$平面$BCD$，$M$為$AB$中點，則線段$CM$的長為（）。A．2B．3C.$\sqrt{2}$D．$\sqrt{3}$11.過拋物線C:x^2=2y的焦點F的直線l交拋物線C于A、B兩點。若拋物線C在點B處的切線斜率為1，則線段AF的長度為（）。解析：首先求出焦點F的坐標(biāo)為（0,1），由于拋物線C的對稱軸為y軸，因此直線l的方程為x=1。又因為拋物線在點B處的切線斜率為1，因此點B的坐標(biāo)為（2,2）。根據(jù)拋物線的性質(zhì)可知，點A的坐標(biāo)為（-2,2）。因此線段AF的長度為2-(-2)=4，故選D。12.在三角形ABC中，a、b、c分別為內(nèi)角A、B、C所對的邊，且滿足b=c，b1-cosB。若點O=acosA是三角形ABC外一點，∠AOB=θ(0＜θ＜π)，OA=2，OB=1，則平面四邊形OACB面積的最大值是（）。解析：首先根據(jù)余弦定理可得a^2=4+1-4cosA=5-4cosA，又因為b=c，所以b^2+c^2=2b^2=2a^2-2bcosA=10-8cosA。根據(jù)正弦定理可得sinA/sinB=OB/OA=1/2，因此sinB=2sinA。又因為θ為銳角，所以sinθ=sin(π-θ)=sin(2π-θ)，因此可以假設(shè)θ∈[0,π/2]。由于OACB為平面四邊形，因此其面積為S=1/2×AC×BB'，其中AC=2sinA，BB'為BC在平面OAB上的投影長度，即BB'=BCcosθ=2b1/2cosBcosθ=b1sinθ。因此S=sinAcosBb1。將b1-cosB代入可得S=sinA(1-b1)。因此問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)y=sinA(1-x)在[0,1]上的最大值。對y求導(dǎo)可得y'=cosA(1-x)，令其等于0可得x=1，因此y在[0,1]上單調(diào)遞減，最大值為y(0)=0，故選A。13.如圖所示的程序框圖，輸出的S=（）。解析：根據(jù)程序框圖可知，S=2×3+4×2+1×1=15，故選C。14.一個空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（）。解析：根據(jù)三視圖可知，該幾何體為一個正方體，其表面積為6×(2.5)^2=37.5，故選B。15.若非負(fù)實數(shù)x,y滿足：y≥x-1，2x+y≤5，則（2,1）是目標(biāo)函數(shù)z=ax+3y(a>0)取最大值的最優(yōu)解，則a的取值范圍為（）。解析：首先根據(jù)約束條件可得2x+y=5-x+2y≤5，因此可將其表示為y≤(1/2)x+5/2。又因為(2,1)是最優(yōu)解，因此可將目標(biāo)函數(shù)表示為z=ax+3(5-2x)/2=(3/2)x+15/2-3a/2。因為y≥x-1，因此可將其表示為y=x-1，即x-y=1。將其代入約束條件可得3x/2≤5/2，即x≤5/3。因此可將x的取值范圍表示為0≤x≤5/3。當(dāng)a>3/2時，目標(biāo)函數(shù)的系數(shù)大于0，因此最大值在x取最大值時取得，即為5/3，此時最優(yōu)解為(5/3,2/3)。當(dāng)a=3/2時，目標(biāo)函數(shù)的系數(shù)等于0，此時最優(yōu)解為一條線段，即包括(2,1)在內(nèi)的所有滿足約束條件的點。因此a的取值范圍為[0,3/2]，故選B。16.已知函數(shù)f(x)=x^2+2x(x<0)2(x≥0)xe則f(x)的“姊妹點對”有個（）。解析：由于點對(A,B)關(guān)于原點對稱，因此可以將A取為負(fù)數(shù)，B取為正數(shù)。當(dāng)A=-1時，B=1/e；當(dāng)A=-2時，B=2/e^2。因此f(x)的“姊妹點對”為(-1,1/e)和(-2,2/e^2)，故選C。17.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1=2，an+1=Sn+2。（1）求數(shù)列{an}的通項公式；（2）已知bn=log2an，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn。解析：（1）根據(jù)遞推式可得a2=S1+2=4，a3=S2+2=10，a4=S3+2=22，a5=S4+2=46，因此可以猜測an=2^(n-1)+2^(n-2)+...+2+2。可以用數(shù)學(xué)歸納法證明這個猜測成立，具體證明過程如下：當(dāng)n=1時，an=2^0=1，結(jié)論成立。假設(shè)當(dāng)n=k時結(jié)論成立，即ak=2^(k-1)+2^(k-2)+...+2+2。當(dāng)n=k+1時，根據(jù)遞推式可得ak+1=Sk+2=ak+2^(k+1)，代入假設(shè)可得ak+1=2^k+2^(k-1)+...+2+2+2^(k+1)=2^k+2^k=2^(k+1)，結(jié)論對n=k+1也成立。因此可得an=2^(n-1)+2^(n-2)+...+2+2。（2）根據(jù)定義可得bn=log2an=log2(2^(n-1)+2^(n-2)+...+2+2)=log2(2^n-2)=n-1-log2(2)=n-2，因此Tn=b1+b2+...+bn=n(n-1)/2-1/2，故選B。18.如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥平面BB1C1，且四邊形BB1C1C是菱形，∠BCC1=60°。（1）求證：AC⊥B1C；（2）若AC⊥AB1，三棱錐A-BB1C的體積為6，求三角形ABC的面積。解析：（1）連接AC和B1C，根據(jù)條件可知BB1C1C為菱形，因此BC=CC1，又因為∠BCC1=60°，因此△BCC1為等邊三角形，即BC=CC1=BC1。又因為BB1C1C為菱形，因此BB1=C1C，因此BB1C1C為等邊菱形，即BB1=BC=CC1=C1B1。因此AC平分∠B1CB，即AC⊥B1C。（2）根據(jù)題意可知，三棱柱ABC-A1B1C1的底面為三角形ABC，高為BB1。根據(jù)勾股定理可得AB=√(BC^2+AC^2)=√3BC。又因為AC⊥B1C，因此△B1AC為等腰直角三角形，即AB1=AC/√2。因此三棱錐A-BB1C的底面積為S1=1/2×AB×BB1=3/2BC^2，體積為V1=1/3×S1×BB1=3BC^3/4。因此有6=3BC^3/4，解得BC=2。又因為AB=√3BC=2√3，因此SABC=1/2×AB×AC=2√3，故選C。19.二手經(jīng)銷商小王對其所經(jīng)營的A型號二手汽車的使用年數(shù)x與銷售價格y（單位：萬元/輛）進(jìn)行整理，得到如下數(shù)據(jù)：下面是y關(guān)于x的折線圖：（1）根據(jù)數(shù)據(jù)，估算該型號二手汽車的平均售價；（2）若小王希望通過降價促銷，使得銷售數(shù)量至少增加50%，則最多可以降價多少？解析：（1）根據(jù)數(shù)據(jù)可得，使用年數(shù)在0-1年的車輛占比為1/3，售價在4.5-5萬元之間；使用年數(shù)在1-2年的車輛占比為1/6，售價在3.5-4萬元之間；使用年數(shù)在2-3年的車輛占比為1/9，售價在2.5-3.5萬元之間；使用年數(shù)在3-4年的車輛占比為1/3，售價在1.5-2.5萬元之間；使用年數(shù)在4-5年的車輛占比為1/9，售價在0.5-1.5萬元之間。因此可以估算該型號二手汽車的平均售價為：(1/3)×4.75+(1/6)×3.75+(1/9)×3+(1/3)×2+(1/9)×1=2.75(萬元/輛)（2）根據(jù)數(shù)據(jù)可得，售價在2.5萬元以上的車輛占比為1/3，因此銷售數(shù)量至少增加50%需要將售價降低到2.5萬元以下的車輛范圍內(nèi)。根據(jù)數(shù)據(jù)可得，售價在2.5萬元以下的車輛占比為(1/3+1/9)=4/9，因此最多可以降價為2.5×(2/3)=1.67萬元/輛，故選D。1.由折線圖可以看出，z與x之間存在線性關(guān)系，可以用線性回歸模型擬合。相關(guān)系數(shù)r為：$$r=\frac{\sum\limits_{i=1}^{n}(x_i-\overline{x})(z_i-\overline{z})}{\sqrt{\sum\limits_{i=1}^{n}(x_i-\overline{x})^2\sum\limits_{i=1}^{n}(z_i-\overline{z})^2}}$$其中，$\overline{x}$和$\overline{z}$分別為$x$和$z$的樣本均值。根據(jù)給定數(shù)據(jù)，$r\approx0.98$，說明兩者之間存在強(qiáng)線性關(guān)系。2.對于給定數(shù)據(jù)，可以用最小二乘法求出y關(guān)于x的回歸方程為：$$\hat{y}=bx+a$$其中，$b$為斜率，$a$為截距，它們的最小二乘估計公式分別為：$$b=\frac{\sum\limits_{i=1}^{n}(x_i-\overline{x})(y_i-\overline{y})}{\sum\limits_{i=1}^{n}(x_i-\overline{x})^2}$$$$a=\overline{y}-b\overline{x}$$代入給定數(shù)據(jù)，得到回歸方程為$\hat{y}=-51.10x+13709.84$。當(dāng)A型號二手汽車使用年數(shù)為9年時，預(yù)測售價為$\hat{y}=6307.74$元。3.假設(shè)某輛A型號二手汽車使用年數(shù)為$t$年，則根據(jù)回歸方程，它的售價為$\hat{y}=-51.10t+13709.84$元。為了滿足基于成本的考慮，售價不得低于7118元，即$\hat{y}\geq7118$。代入回歸方程，得到$t\leq51.78$年。因此，在收購該型號二手車時，車輛的使用年數(shù)不得超過51.78年。4.已知圓M的方程為$(x+1)^2+y^2=16$，定點F為$(1,0)$，點N是圓M上一動點，線段NF的垂直平分線交圓M的半徑MN于點Q。設(shè)點Q的坐標(biāo)為$(x_0,y_0)$，則由NF的垂直平分線可知，點Q的坐標(biāo)為$(\frac{x_0-1}{2},\frac{y_0}{2})$。因此，點Q在圓M上的坐標(biāo)滿足以下方程：$$(\frac{x_0-1}{2}+1)^2+(\frac{y_0}{2})^2=16$$化簡得到$x_0^2+y_0^2=9$，即點Q的軌跡為以坐標(biāo)原點為圓心、以3為半徑的圓。因此，曲線E的方程為$x^2+y^2=9$。5.對于曲線E上的任意一點$P(x,y)$，設(shè)其到點F的距離為$d$，則由題意可知，$NP=\frac{1}{2}d$，$NQ=\sqrt{16-d^2}$。根據(jù)勾股定理，可得$MQ=\sqrt{(\frac{1}{2}d)^2+(\sqrt{16-d^2})^2}=\frac{1}{2}\sqrt{20-d^2}$。由于點Q在圓M上，因此$MQ=MN$，即$\frac{1}{2}\sqrt{20-d^2}=\sqrt{(x+1)^2+y^2}$。代入圓M的方程，整理得到$x^2+y^2-2x-15=0$，即$x^2+(y-0)^2=4^2$，說明曲線E是以點$(2,0)$為圓心、以4為半徑的圓。此時，焦點B1和B2分別為$(2,\sqrt{3})$和$(2,-\sqrt{3})$。設(shè)線段OC和OD的長度分別為$p$和$q$，則根據(jù)圓的性質(zhì)可知，$p+q=2\sqrt{3}$。設(shè)點$C(-1,0)$，則由于曲線E關(guān)于$x$軸對稱，因此點$D(-1,0)$。因此，$OC\cdotOD=-p(p-2\sqrt{3})=-q(q-2\sqrt{3})$，即$OC\cdotOD$不是定值。6.對于給定函數(shù)$f(x)=-x^2+alnx$，求導(dǎo)可得$f'(x)=-2x+\frac{a}{x}$，當(dāng)$x>0$時，$f'(x)=0$的解為$x=\frac{a}{2}$。因此，當(dāng)$x<\frac{a}{2}$時，$f'(x)<0$，即$f(x)$在該區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減；當(dāng)$x>\frac{a}{2}$時，$f'(x)>0$，即$f(x)$在該區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增。當(dāng)$a=4$時，函數(shù)$g(x)=f(x)+kx$，其中$k$為常數(shù)。對$g(x)$求導(dǎo)可得$g'(x)=-2x+\frac{4}{x}+k$，令$g'(x)=0$，解得$x_1=\frac{2}{\sqrt{k+2}}$，$x_2=-\frac{2}{\sqrt{k+2}}$。設(shè)$x=\frac{x_1+x_2}{2}=0$，則$x_2=-x_1$。因此，$x_1$和$x_2$是關(guān)于$x=0$的對稱點。對于任意$x$，有$g(x)+g(-x)=2f(x)$。因此，$g(x_1)+g(x_2)=2f(0)$，即$2g(0)=2f(0)$，因此$k=0$。因此，$g(x)=f(x)$，$g'(x)=f'(x)=-2x+\frac{4}{x}$。由于$x_1$和$x_2$關(guān)于$x=0$對稱，因此$g'(x_1)=-g'(-x_1)$，即$g'(x_1)g'(-x_1)=-4x_1^2<0$。因此，$g'(x)$在$x_1$和$x_2$處取得極值，且$g''(x_1)>0$，$g''(x_2)>0$。因此，$x_1$和$x_2$是$g(x)$的局部極小值點。由于$x_1$和$x_2$關(guān)于$x=0$對稱，因此它們的函數(shù)值相等，即$g(x_1)=g(x_2)$。因此，$x_1x_2=-\frac{1}{4}$。本文介紹了兩道數(shù)學(xué)題目的解法。第一道題目是關(guān)于曲線C的極坐標(biāo)方程和直線l的參數(shù)方程的問題。首先將曲線C的極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程，然后求出直線l與曲線C相交的兩個點A和B，進(jìn)而求出直線的傾斜角α的值。第二道題目是關(guān)于函數(shù)f(x)的不等式問題。首先求出關(guān)于x的不等式f(x)<3的解集，然后求出關(guān)于x的不等式f(x)<a的解集不為空的實數(shù)a的取值范圍。剔除下面文章的格式錯誤，刪除明顯有問題的段落,然后再小幅度的改寫每段話。根據(jù)勾股定理，可以得到C=3a^2，因此AC=AB/2。由于AB垂直于平面BBC1C，而BC平行于BBC1C，因此AB垂直于BC。因此在直角三角形ABC中，AB=√(AC^2-BC^2)=√(4a^2-4a^2/9)=2a/3。根據(jù)勾股定理，可以得到a^2=6^2+11^2=157，因此a=√157。又因為V(?ABC)=1/2*AB*BC*AC=1/2*2a/3*2a*2=2a^2/3=2*157/3，因此?ABC的面積為2*157/3。又因為BC=2a/3，所以BC*AB=2a/3*2a/3=4a^2/9=628/9。已知x=4.5，z=2，以及6個樣本的xz的和、x的平方差和、z的平方差和，可以計算出x與z的相關(guān)系數(shù)r≈0.99。又已知y與x的相關(guān)系數(shù)為-0.36，可以得到y(tǒng)關(guān)于x的回歸方程為y?=a-0.36x+3.62，其中a≈1.46。當(dāng)x=9時，可以預(yù)測某輛A型號二手車的售價大約為1.46萬元。又因為e^-0.36x+3.62≥0.7118時，x≤1，因此預(yù)測在收購該型號二手車時車輛的使用年數(shù)不得超過11年。根據(jù)題意，可以得到圓M的圓心坐標(biāo)為M(-1,0)，半徑為4，QN=QF。因此QN+QM=QF+QM=R=4>MF。又因為E是以M(-1,0)、F(1,0)為焦點，長軸長為4的橢圓，可以得到其方程為(x^2/4)+(y^2/3)=1。1.給定點P(x,y)，直線B1的方程為y=(x-3)/(y+3)，設(shè)E的方程為x^2+y^2/43=1，證明OC*OD的定值為4。證明過程：設(shè)點C的坐標(biāo)為(x,y)，則點D的坐標(biāo)為(-3x/(3+y),3(3-x)/(3+y))。因為點P在E上，所以代入E的方程得到3x^2=12-4y^2。代入點C和D的坐標(biāo)得到OC*OD=xC*xD=((3x)/(3+y))*((-3x)/(3-y))=4。因此OC*OD的定值為4。2.給定點C(-1,0)，點D(-4,0)，直線l的方程為x=my-1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，求使得△ABD面積最大的直線AB的方程。解題過程：聯(lián)立x1,y1和x2,y2的坐標(biāo)，消去x，得到(3m^2+4)y^2-6my-9=0。因為ABD是三角形，所以△ABD的面積S=CD*(y1-y2)=3/(2m^2+1)。因此，要使S最大，需要使m^2+1最小，即m=1。因此直線AB的方程為x=-1。3.已知函數(shù)f(x)=-2x/(ax^2-a)，其中a>0。證明f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減。證明過程：f'(x)=-2(ax^2-2a)/(ax^2-a)^2。當(dāng)a≤0時，f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減。當(dāng)a>0時，令f'(x)=0，解得x=sqrt(2a)/2。因此，當(dāng)x<sqrt(2a)/2時，f