2021年河南省商丘第一高級中學(xué)高考數(shù)學(xué)模擬試卷（理科）（5月份）-普通卷

2021年河南省商丘第一高級中學(xué)高考數(shù)學(xué)模擬試卷（理科5月份）一二三1.已知集合A={x|x2?3x+2>0}，則?RA=()3.已知x，y滿足約束條件1≥0，則z=y?2x的最小值為()A.?1B.?2C.?3D.?43437434546B.五年內(nèi)三個月份平均降雨天數(shù)為41天D.五年內(nèi)降雨天數(shù)的方差為227.已知奇函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，且f(1)=2，則xf(x)<A.C.D.?1能到點B或點C或點D或點E.設(shè)馬從點A出發(fā)，必須經(jīng)過點M，N(點M，N不考慮先后順序)到達點P，則至少需走的步數(shù)為10.已知a>0，b>0，且(a+1)b=(b+2)a，則()A.a>bB.a=bC.a<bD.a，b大小關(guān)系無法確定11.在平面直角坐標(biāo)系xoy中，已知圓o：x2+y2=r2(r>0)與圓M：(x?3)2+(y?4)2=9相交于A，B兩點，點P是線段AB上的任意一點(含端點)，若存在P，使得以P為圓心，以1為半徑的圓與圓M無公共點，則r的取值范圍為()A.若q∈(0,1)，則存在M>0，使得sn<M對任意n∈N?都成立B.若q=2，則sn<an+1C.若q≥2，則數(shù)列{an}中存在三項可以構(gòu)成等差數(shù)列D.若sk>qmsk?1(k≥2,m≥2,k∈N?,m∈N?)，則sm>qksm?115.在平面直角坐標(biāo)系xoy中，已知拋物線M：y2=2px(p>0)與雙曲線1(a>0,b>0)有公共焦點F，拋物線M與雙曲線C交于A，B兩點，A，B，F(xiàn)三點共線，則雙曲線C的離心率為.16.如圖，在三棱錐P?ABC中，AP=AB=AC=1，PB=√2，BC=√且二面角P?AB?C的大小為，則該17.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，C且2a2(COsBCOsC+COsA)= (2)若CsinC=4(a+b)(sinA?sinB)，△ABC的周長為求△ABC的面積.關(guān)部門調(diào)研了500名大學(xué)畢業(yè)生，了解他們畢業(yè)后的去留是否與家在A市有關(guān)，所家在A市家不在A市準備離開A市14060200準備留在A市140160300280220500市的人數(shù)的概率分布列及數(shù)學(xué)期望.參考公式：K2=，n=a+b+C+d.P(K2≥k0)k019.如圖，在直棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD=，AA1=2.點E是線段AD1上的動(2)求平面BCE與平面ABB1A1所成銳二面角的余弦值的取值范圍.與x軸不重合的直線l與橢圓C交于P，Q兩點.(2)設(shè)PQ的中點為M，試判斷是否存在實數(shù)t，使得|AM|2?為定值．若存在，求出t的值，并求出該定值；若不存在，請說明理由.21.已知函數(shù)f(x)=(x?a)lnx?ax2+2x(a≥0)，其導(dǎo)函數(shù)為g(x).(1)若a=0，證明：對任意k∈R，直線y=kx與曲線y=f(x)均不相切；(2)若函數(shù)g(x)有且僅有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍.)+3=0，點A的極角為(極徑小于1)，點A在圓M上，過點A且斜率為2的直線l與曲線C相交于P、Q兩點.求的值.(1)求不等式f(x)≥x+2的解集；(2)不等式f(x)的最小值為m，若a，b為正數(shù)，且a+b=m，證明：答案和解析1.【答案】B故選：B.通過解一元二次不等式x2?3x+2>0求出A，再求A的補集.本題考查解一元二次不等式，補集運算，屬于基礎(chǔ)題.2.【答案】D故選：D.根據(jù)已知條件，結(jié)合復(fù)數(shù)的乘法原則和復(fù)數(shù)的幾何含義，即可求解.屬于基礎(chǔ)題.3.【答案】A【解析】解：由約束條件找出可行域如圖陰影部分，聯(lián)立1=0，解得A令z=y?2x，則y=2x+z，作出直線y=2x并平移，數(shù)形結(jié)合知，當(dāng)平移后的直線經(jīng)過點A(1,1)時，z取得最小值，且zmin=?1.故選：A.優(yōu)解的坐標(biāo)代入目標(biāo)函數(shù)得答案.本題考查簡單的線性規(guī)劃，考查數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題.4.【答案】D故選：D.利用幾何概型的概率公式，列出關(guān)于r的不等關(guān)系，求解r的范圍，即可得到答案.的比值進行求解，考查了邏輯推理能力，屬于中檔題.5.【答案】CB：=41，∴B正確，故選：C.觀察表格可判斷A，求出平均數(shù)可判斷B，求出增加量可判斷C，求出方差可判斷D.本題考查平均數(shù)，方差的計算公式，增加量的含義，屬于基礎(chǔ)題.6.【答案】A由函數(shù)=sin在上單調(diào)遞增，解得0<w≤2，故選：A.本題主要考查正弦函數(shù)的增區(qū)間，屬于基礎(chǔ)題.7.【答案】D【解析】解：因為奇函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，且f(1)=2，f(0)=0，令g(x)=xf(x)，g(1)=1×f(1)=2，有g(shù)(?x)=(?x)f(?x)=xf(x)=g(x)，則g(x)為偶函數(shù)，又由xf(x)<2?g(x)<g(1)，即g(x)<g(1)，則有|x|<1，解可得?1<x<1，故選：D.本題主要考查了利用函數(shù)的單調(diào)性及奇偶性求解不等式，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用.8.【答案】D故選：D.即可求解.本題考查了兩角和的三角函數(shù)，考查分類討論的思想，屬于中檔題.9.【答案】C【解析】解：根據(jù)題意，由圖可知，從N到P只需1步，從M到N至少需走2步，從A到M至少需走3步，從A到N至少需走3步.所以要使得從點A經(jīng)過點M，N到點P所走的步數(shù)最少，只需從點A先到點M，再到點N，最后到點P，故選：C.根據(jù)題意，利用倒推法：依次求出“從N到P”、“從M到N”和“從A到M”的最少步數(shù)，進而分析可得答案.本題考查合情推理的運用，可以使用倒推的思路，分析最少步數(shù)，屬于基礎(chǔ)題.【解析】解：因為(a+1)b=(b+2)a，因為f(a)>f(b)，故選：C.導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性，由單調(diào)性即可判斷a和b的大小關(guān)系.構(gòu)造函數(shù)考查了邏輯推理能力與轉(zhuǎn)化化歸能力，屬于中檔題.11.【答案】A【解析】解：由題意，兩圓的圓心距為OM=5，若P為線段AB中點時，若以P為圓心，1為半徑將圓O，圓M的方程作差，可得直線AB的方程為6X+8Y?16?r2=0，此時圓M與圓P必定內(nèi)含，所以|MP|=即故選：A.由兩圓相交，先求出r的范圍，由兩圓的方程作差，求出公共弦AB的方程，確定圓M與圓P必定內(nèi)含，列出不等關(guān)系，求解即可.查了邏輯推理能力與化簡運算能力，屬于中檔題.解：對于A，sn=，故A正確；對于B，sn==a1?2n?a1=an+1?a1<an+1，故B正確；對于C，當(dāng)q≥2時，ax+1≥2an，am+ak>am≥ax+1≥2aπ(m>n>k)，故不存在對于D，由sk>qmsk?1，可得所以sm>qksm?1，即D正確.故選：C.直接利用等比數(shù)列的性質(zhì)和等比數(shù)列的關(guān)系式的變換的應(yīng)用和等差中項的應(yīng)B、C、D的結(jié)論.本題考查的知識要點：等比數(shù)列的性質(zhì)和等比數(shù)列的前n項和公式，等比數(shù)列的前n項和的變換，主要考查學(xué)生的運算能力和數(shù)學(xué)思維能力，屬于中檔題.13.【答案】—322222222故答案為：—3.先將兩個等式平方，再作差，即可得解.題.14.【答案】324故答案為：324.根據(jù)二項式展開式特點可直接計算.本題主要考查二項式定理，屬于基礎(chǔ)題.【解析】解：由題意可知=C，:A可得，則2aC=b2=C2—a2，:e2—2e—1=0，解得e=√2+1(e>1).由題意可得A點坐標(biāo)，再由兩曲線有公共焦點F求得A(C,2C)，系，結(jié)合隱含條件得答案.本題考查雙曲線與拋物線的綜合，考查運算求解能力，是基礎(chǔ)題.【解析】解：易知△ABP是以PB為斜邊的等腰設(shè)△ABP，△ABC的外接圓圓心分別為O1，O2，所以O(shè)1為PB中點，△O2AB為等邊三角形.設(shè)AB中點為H，連接O1H，O2H，所以O(shè)1H⊥AB，O2H⊥AB則∠O1HO2=，O1H=，O2H=設(shè)球心為O，則OO1⊥O1H，OO2⊥O2H，設(shè)∠OHO1=θ,則∠OHO2=所以解得tanθ=2?,所以O(shè)O1=O1H?tanθ=1?設(shè)外接球半徑為r.則r2=OO+O1P2=所以表面積S=4πr2=設(shè)△ABP，△ABC的外接圓圓心分別為O1，O2，結(jié)合平面幾何知識及二面角的定義有∠O1HO2=，O1H=，O2H=設(shè)球心為O，則OO1⊥O1H，OO2⊥O2H，通過解直角三角形，求出球心O到平面PAB的距離OO1，再利用截面的性質(zhì)求出球的半徑.本題考查二面角，三棱錐的外接球，屬于中檔題.解：因為2a2bCsin2A，且COsA=?cossinBsinC?COsBCOsC，所以可得2a2sinBsinC=√bCsin2A，有2sin2A=2√3sinACOsA，(2)因為CsinC=4(a+b)(sinA?sinB)，由正弦定理有：c2=4(a+b)(a?b)，可得c2=4(a2?b2)，又由及余弦定理有：a2=b2+c2?bc，有a2?b2=c2?bc，有c2=4，可得：b=可得2+c2?可得可得△ABC的周長為a+b+c=，解得c=2，【解析】(1)由正弦定理，三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用化簡已知等式可得tanA的值，結(jié)合范圍0<A<π,可得A的值.(2)由正弦定理化簡已知等式可得c2=4(a2?b2)，又由余弦定理有a2?b2=c2?bc，進而根據(jù)三角形的面積公式即可求解.形中的綜合應(yīng)用，考查了計算能力和轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題.解：∵K2=≈26.51>10.828，∴有99.9%的把握認為畢業(yè)后去留與家在A市有關(guān).設(shè)5名學(xué)生中準備離開A市的學(xué)生人數(shù)為隨機變量X，X～B故X的分布列為：X012345P 243 3125 162 625216144625 48 625【解析】(1)根據(jù)已知條件，結(jié)合獨立性檢驗公式，即可求解.A市的學(xué)生人數(shù)為隨機變量X，X～B，則X可取0，1，2，3，4，5，分別求出對應(yīng)的概率，即可得X的分布列，并結(jié)合期望公式，即可求解.屬于中檔題.作AD中點F，連接EF，BF，因為AD//B1C1，BE⊥B1C1，所以AD⊥BE，在菱形ABCD中∠BAD=，F(xiàn)為AD中點，所以BF⊥AD，因為BE∩BF=B，BE，BF?平面BEF，所以AD⊥平面BEF，因為EF?平面BEF，所以AD⊥EF，所以EF//DD1，因為F為AD中點，所以E為AD1中點，(2)連接AC，BD交于點O，連接A1C1，B1D1交于點O1，“棱柱ABCD-A1B1C1D1為直棱柱，且底面ABCD為棱形，:AC，BD，OO1兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點，OA，OB，OO1為x，y，z軸建立如圖所空間直角坐標(biāo)系，易解得OB=1，OA=√取x1=1，則，取x2=1，則設(shè)平面BCE與平面ABB1A1所成銳二面角為θ,故平面BCE與平面ABB1A1所成銳二面角的余弦值的取值范圍為【解析】(1)作AD中點F，連接EF，BF，由已知條件可得，AD丄BE，根據(jù)菱形的性質(zhì)AD丄EF，從而EF//DD1，即可求解.(2)連接AC，BD交于點O，連接A1C1，B1D1交于點O1，由棱柱ABCD-A1B1C1D1為直棱柱，且底面ABCD為棱形，可得AC，BD，OO1兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點，OA，OB，OO1為x，y，z軸建立如圖所空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面ABB1A1的法向量，平面BCE的法向量，再結(jié)合向量之間的夾角公式，即可求解.本題主要考查了二面角的平面角及求法，掌握建系思想是解本題的關(guān)鍵，屬于中檔題.所以橢圓C的方程為(2)存在實數(shù)使得|AM|2?為定值．理由如下：因為M是PQ的中點，故|AM|2?=|AM|2?|MP|2=與橢圓C的方程聯(lián)立，消去x，整理得(m2+2)y2+2mty+t2?4=0，設(shè)，則y1+y2=?,y1y2=因為A(2,0)，所以=(x1?2,y1)=(my1+t?2,y1)，=(my2+t?2,y2)，y2)+(t?2)2，若對任意m∈R，為定值，則t=2或t=因為?2<t<2，所以t=此時，|AM|2?0.存在實數(shù)使得|AM|2?為定值，且定值為0.【解析】(1)根據(jù)題意，a=2，及b=C，即可求得橢圓方程；(2)根據(jù)向量的運算，化簡可得|AM|2?設(shè)直線PQ的方程，代入橢圓方程，利用韋達定理及向量的坐標(biāo)運算，即可求得t的值.考查計算能力，屬于中檔題.21.【答案】解：(1)證明：當(dāng)a=0時，f(x)=xlnx+2x，則f′(x)=lnx+3，設(shè)切點為(x0,f(x0))，則切線方程為y=(lnx0+3)(x?x0)+x0lnx0+2x0，整理得y=(lnx0+3)x?x0，即直線y=kx與曲線y=f(x)不相切；=lnx?2ax?+3，則g′?2a+，①當(dāng)a=0時，g(x)=lnx+3在(0,+∞)遞增，由g(x)=0，可得x=e?3，不合題意；②當(dāng)a>0時，設(shè)?(x)=?2ax2+x+a，因為?(0)=a>0，且?2a<0，所以存在x0>0，使得?(x0)=g′(x0)=0，當(dāng)0<x<x<X<X0時，?(x)>0，即g′(x0)<0，g(x)遞減，因為?2ax+x0+a=0，所以即則g(x)max=g(x0)=lnx0?a(2x0+)+3=lnx0?+2，