2021届山东省新高考高考模拟冲关押题卷(四)数学【解析版】

1、2021届山东省新高考高考模拟冲关押题卷（四）数学【解析版】第I卷一、单项选择题：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.A.C.集合A=xl（x+l）（x2）W0,B=xlViv2，则AHB=（）0,2B.0,1（0,2D.1,02.若复数z=J+（i表示虚数单位）为纯虚数，则实数a的值为（）A.C.1B.02D.T3.设a为公差不为0的等差数列,p,q，k，l为正整数，则“p+q>k+l"是“a+a>a+az”的（）充分而不必要条件必要而不充分条件充分必要条件既不充分也不必要条件丄1已知a=23,b=log?3,np

2、qkzA. J''B.C.D.4.1c=log3，则（）2A.C.5.a>b>cB.a>c>bc>a>bD.c>b>a1B.71D.1据孙子算经中记载，中国古代诸侯的等级从低到高分为：男、子、伯、侯、公，共五级现有每个级别的诸侯各一人，共五人，要把80个橘子分完且每人都要分到橘子，级别每高一级就多分m个（m为正整数），若按这种方法分橘子，“公"恰好分得30个橘子的概率是（）1c1C.66.17世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割.如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么

3、可以把黄金分割比作钻石矿."黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是一个顶角为36°的等腰三角形（另一种是顶角为108°的等腰三角形）.例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图所示，在其中一个黄金ABC中,聲=連1根据这些信息，可得sin234°=（）A.12运_35_B8C.V5+i4+pE4D.87.已知F1，F2分别是双曲线C：盖一b2=1（a>0,b>0）的左、右焦点，直线l为双曲线C的一条渐近线，F1关于直线l的对称点F1在以F2为圆心，以半焦距c为半径的圆上，则双曲线C的离心率

4、为（）Aa；2Ba;3C.2D.38.已知ABC为等边三角形，动点P在以BC为直径的圆上，若AP=AB+AC，则久+2的最大值为()百3迈2+12B.D1-25-2AC二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.已知a>b±2,贝肚)A.b2<3baB.a3+b3>a2b+ab2C.ab>a+bD.1+7>1+72abab10.如图，已知矩形ABCD中，AB=2AD,E为边AB的中点，将AADE沿直线DE翻折成A.线段BM的长是定值B. 存在某个

5、位置，使DE丄A&C. 点M的运动轨迹是一个圆D.存在某个位置，使MB丄平面A1DE11.数学中的数形结合，也可以组成世间万物的绚丽画面.一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的结合产物，曲线C：(x2+y2)3=16x2y2恰好是四叶玫瑰线.给出下列结论正确的是(A. 曲线C经过5个整点(即横、纵坐标均为整数的点)B. 曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2C. 曲线C围成区域的面积大于4nD. 方程(x2+y2)3=16x2y2(xy>0)表示的曲线C在第一象限和第三象限12.已知函数f(x)=sin(rnx+)(rn>0)满足f(x0)=f(x0+1)=-|

6、，且f(x)在(x°,x°+1)上有最小值，无最大值.贝9()A. 仏+头1B. 若x0=0，则fx)=sin(2nx6)C. fx)的最小正周期为3D. 几工)在(0,2019)上的零点个数最少为1346个第II卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 为做好社区新冠疫情防控工作，需将六名志愿者分配到甲、乙、丙、丁四个小区开展工作，其中甲小区至少分配两名志愿者，其它三个小区至少分配一名志愿者，则不同的分配方案共有种.(用数字作答)14. 已知函数fx)=x+2cosx+久，在区间号上任取三个数X,x2，x3，均存在以fxj,fx2),fxj为边长的三角形，

7、则久的取值范围是.15.设抛物线y2=2px0>0)的焦点为F(1,0),准线为1,过焦点的直线交抛物线于A,B两点，分别过A,B作1的垂线，垂足为C,D,若IAFI=4IBFI,则p=，三角形CDF的面积为.16. 在三棱锥P-ABC中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，且AB=2,PA=PC=£PB与底面ABC所成的角的正弦值为3则三棱锥P-ABC的外接球的体积为.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.n117. (10分)如图，在ABC中，C=4，ZABC的平分线BD交AC于点D,且tanZCBD=2，求sinA；(2)若dC

8、B=28，求AB的长.18.(12分)在a2,-a2=3(a>0)，aiaa3a,-9=0,S=n22n+2这三个条件中任选一n+1nnnnn1n1n个，补充在下面问题中.已知：数列an的前n项和为Sn，且a1=1,.(1) 求数列a“的通项公式；"(2) 对大于1的自然数n,是否存在大于2的自然数m,使得a1，a“，am成等比数列.若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由."m(1)证明：平面EMN丄平面PBC；19.(12分)如图，在直角梯形ABCD中，ABDC,ZABC=90。，AB=2DC=2BC，E为AB的中点，沿DE将AADE折起，使得点A到点P位置，且P

9、E丄EB,M为PB的中点，N是BC上的动点(与点B,C不重合).(2)是否存在点N,使得二面角B-EN-M的余弦值为魯，若存在，确定N点位置；若不存在，说明理由.20.(12分)沙漠蝗虫灾害年年有，今年灾害特别大.为防范罕见暴发的蝗群迁飞入境，我国决定建立起多道防线，从源头上控制沙漠蝗群.经研究，每只蝗虫的平均产卵数y和平均温度x有关，现收集了以往某地的7组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值.产卵tk/个I350300-25fl-200150-10O102CJ304(/平均温度x；r21232527293235平均产卵数y个711212466115325£x.i=192，

10、3;y.=569，£xy.=18542，£x2=5414，ii£z.=25.2848，i£x.z.=iii=1i=1i=1i=1i=1i=1r=1£z./i733.7079.其中z=lny.，z=Vi=1丿(1) 根据散点图判断，y=a+bx与y=cedx(其中e=2.718自然对数的底数)哪一个更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的回归方程类型？(给出判断即可，不必说明理由)并由判断结果及表中数据，求出y关于x的回归方程.(计算结果精确到小数点后第三位)(2) 根据以往统计，该地每年平均温度达到28r以上时蝗虫会造成严重伤害，需要人工防治，其

11、他情况均不需要人工防治，记该地每年平均温度达到28r以上的概率为p(0vpv1). 记该地今后5年中，恰好需要3次人工防治的概率为f(p)，求f(p)的最大值，并求出相应的概率p. 当f(p)取最大值时，记该地今后5年中，需要人工防治的次数为X，求X的数学期望和方差.£(x厂x)(yy)i=1AA附：线性回归方程系数公式3=，a=y-bx.£(xx)2i=121.(12分)已知圆O：x2+y2=4,定点A(1,0)，P为平面内一动点，以线段AP为直径的圆内切于圆O,设动点P的轨迹为曲线C.(1) 求曲线C的方程；(2) 过点Q(2,诵)的直线l与C交于E，F两点，已知点D(

12、2,0)，直线x=x0分别与直线DE，DF交于S，T两点.线段ST的中点M是否在定直线上，若存在，求出该直线方程；若不是，说明理由.22.(12分)已知函数f(x)=exaxcosx,其中aR.(1)求证：当aW1时，fx)无极值点；若函数g(x)=fx)+ln(x+1),是否存在a,使得g(x)在x=0处取得极小值？并说明理由.答案1. 答案：A解析：求得A=-1,2,B=0,4),所以AHB=0,2,故选A.2. 答案：D解析：设z=bi,bR且bMO,1Ii则=bi，得到1+i=ab+bi,1十ai1=ab，且1=b，解得a=1,故选D.3. 答案：D解析：设等差数列的公差为d,_+_&

13、gt;_+_戸幽+一1)d+%+(q1)dpqki11>_1+(k一1)d+_1+(l一1)d&vOp+q<k+l，Od(p+q)(k+l)>0'd>0或、p+q>k+l显然由p+q>k+l不一定能推出a+_>_+_,pqki由a+a>a+a也不一定能推出p+q>k+l,因此p+q>k+l是a+a>a,+ai的既不充分也不必要条件,pqk1故选D.4.答案：C1解析：a=2-3=131w(o,1);b=log23<0；c=log13=log23>1,c>a>b.故选C.5.答案：B解析：设

14、首项为a.因为和为80,所以5a1+1X5X4Xm=80，故m=82a1.因为m,a1N*,a=2,1或a=4,1或a=6,1或a.=8,1或a«=10,1或a=12,或m=7,m=6,m5,m=4,m3,m2,所以Q=14,m=1因此“公”恰好分得30个橘子的概率是*故选B.6.答案：C解析：由题可知ZACB=72°,口,2bcV51且cos72ac4,5+1cos144°=2cos272°1=_4-,则sin234°=sin(144°+90°)=cos144。=故选C.7.答案：C解析：方法一：直线l为双曲线C：ab2=

15、1(a>0,b>0)的一条渐近线，则不妨设直线l为y=x，/F1,F2是双曲线C的左、右焦点，F1(c,0),F2(c,0),VF1关于直线l的对称点为F，则F1为(x,y),.yay+0bxcx+c=b，2=aT，b2a22ab解得x=厂，y=，:月1:F,在以F2为圆心，以半焦距c为半径的圆上,I2=C2,昇(学0整理可得4a2=c2，即2a=c,ec=_=2,故选C.a方法二：由题意知IF1O|=|OF1|=|OF2|=|F/F2I,所以三角形F1F1F2是直角三角形，且ZF1F1F2=30°,又由焦点到渐近线的距离为b,得F1F1l=2b,所以2b=hc,所以e=

16、2.故选C.8.答案：C解析：设ABC的边长为2,不妨设线段BC的中点O为坐标原点,BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系xOy,则点A(0,耳)、B(1,0)、C(l,0),以线段BC为直径的圆的方程为x2+y2=1,设点P(cos3,sin0),则=(1,''3),=(1,'3),=(cos0,sin3打),由于=久+,解得久C-sin3cos3,所以久+2=贝U久+卩=cos3,13久一13=sin3；3,2-sinl因此，久+2的最大值为亍.故选C.9.答案：BC解析：对于A,因为a>b±2,所以b2(3ba)=(ab)+b(b2)>0,故A

17、错误；对于B,可通过作差证明，B正确；._,ab2a+ab2b对于C,ab(a+b)=2呛2)+心2)>0,故c正确;2对于D,3当a=10,b=2时，左边=右边=5,故D错误.所以，选BC.10.答案：AC解析：对A,取CD中点F,连接MF,BF,则MFDA,BF/DE,由ZA1DE=ZMFB,MF=|a1D为定值，FB=DE为定值,由余弦定理可得MB2=MF2+FB22MFFBcosZMFB,所以FB为定值，A正确；若B正确，即DE丄AC,由ZAED=ZBEC=45°,可得DE丄CE,贝Ude丄平面AEC,所以DE丄AE,而这与DA丄AE矛盾，故B错误；因为B是定点，所以M

18、在以B为圆心，MB为半径的圆上，故C正确;取CD中点F,连接MF，BF，则MFDA,BFDE，由面面平行的判定定理得平面MBF平面ADE,即有MB平面ADE,可得D错误.故选AC.11.答案：BD解析：(X2+y2)3=16x2y2W16解得x2+y2W4(当且仅当X2=y2=2时取等号)，则B正确；将x2+y2=4和(x2+y2)3=16x2y2联立，解得x2=y2=2,即圆x2+y2=4与曲线C相切于点(V2,'2),(S，迈),(V2V2,(辽，V2),则A和C都错误；由xy>0,得D正确.综上，选BD.12.答案：AC解析：(x0，x0+1)区间中点为x0+2，根据正弦曲

19、线的对称性知fx0+£=1,故选项A正确；若x0=0，则fx0)=fx0+1)=2,1、n为(0,1)上的最大值，不满足条件,即sin0=2，不妨取0=_6，此时f(x)=sin(2nx),满足条件,但故选项B错误；、5nn不妨令曲0+串=2kn"6,e(x°+1)+y=2kn6，kZ,2n2n两式相减得e=*，即函数的周期T=±=3,故C正确；区间(0,2019)的长度恰好为673个周期，当f(0)=0时，即0=kn(kGZ)时，f(x)在开区间(0,2019)上零点个数至少为673X21=1345,故D错误.故正确的是AC.13. 答案：660解析：

20、若甲小区2人，乙、丙、丁其中一小区2人，共有C2C2A3种，若甲小区3人，乙、丙、丁每小区1人，共有C3A3种，则不同的分配方案共有C6C4A3+C?A3=660种.14. 答案：Q3普n解析：求导得f(x)=12sinx,令f(x)=0,得x=&易得f(x)max=/|)=6+启+九f(x)min=/(2)=2+A，又由题意知fj=2+久0,6丿由此解得久的取值范围为久>3普.15.答案：25解析：抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F(1,0),所以p=2,准线为x=1,设过焦点的直线方程为x=my+1,设A(x1，y1),B(x2，y2),x=my+l，得y24my4

21、=0,、y2=4xy1y2=4又IAFI=4IBFI,y1=4y2由解得y1=4,y2=1或y1=4,y2=1,所以ICDI=ly1y2l=5,所以三角形CDF的面积为|x2X5=5.16.答案：号或吟解析：如图，取AC中点O',联立因为PA=PC='&AB=BC,所以AC丄PO',AC丄O'B,所以AC丄平面PO'B,所以平面PO'B丄平面ABC,易知ZO'BP即为PB与底面ABC所成的角或补角.O'B=“T2,O'P=3，所以在AO'PB中，（V2）2+PB22V2PB.cosZO'BP=（冋2

22、,因为sinZO'BP=3,2、J2当cosZO'3戶=寸时，求得PB=3,此时ZPCB=ZPAB=90°.9n故PB为三棱锥PABC外接球直径，#=厅；当cosZO'BP=时，求得PB=3,延长BO'交外接球于Q,则BQ为圆O'的直径,则AQBP的外接圆直径为球的直径，由PQ2=BQ2+BP22BQBPcosZQBP_89=9，=（2迈）2+g-22Q3PQ球的直径为2R=$迅ZQbP='；89，可求得V=8.综上外接球的体积为9n或8詈.又5,2则sinZABC=sin20=2sinOcos0=2乂溟疵=455'故sinA=

23、sin=sin-返x(h)=座n=¥(sin2”cos2010-BCAc由正弦定理而即7Bf=AC，所以bc=782ac，市5又=21111=28,所以1111=28/5，所以AC=4应,Ac4，所以AB=5.AC又由雜sinZABC'17. 解析：（1）设ZCBD=0,因为tan0=g,，故sin吨,cos卡,43cosZABC=cos20=2cos201=2X51=5,2518. 解析：方案一：选条件.(1) 由a+。2=3，得an是公差为3的等差数列,由a=1,得a#=1,则=3n2,又a>0,所以a=''3n2.(2) 根据a,a,a成等比数列，

24、1nm得到a2=a1a，即3n2=*3m2,则有m=3n24n+2,因为nWN*且n三2,所以m=3n24n+2WN*,当n=2时，m.=6；min方案二：选条件.(1) 因为an一a”a”1一3a”1一9=0(a+3)(aa13)=0,因为a.=1,所以aa.3=0,1nn1则an是等差数列，则an=3n2.(2) 要使得a1，an，am成等比数列，只需要a2=a.a，即(3n2)2=3m2,则有m=3n24n+2,因为nWN*且n三2，所以m=3n24n+2WN*,当n=2时，m.=6；min方案三：选条件.fl(1)由S“=n22"+2，得ann=12n3n三2(2)要使得a1

25、，an，am成等比数列，只需要ai=a.a，即(2n3)2=2m3,则有m=2n26n+6,因为nN*且n三2，所以m=2n26n+6WN*,当n=2时，m.=2.min19. 解析：(1)证明：因为PE丄EB,PE丄ED,EBQED=E,所以PE丄平面EBCD,又PEU平面PEB,所以平面PEB丄平面EBCD,而BCU平面EBCD,BC丄EB,所以平面PBC丄平面PEB,由PE=EB,PM=MB知，EM丄PB,于是EM丄平面PBC.又EMU平面EMN,所以平面EMN丄平面PBC.(2)假设存在点N满足题意，取E为原点，直线EB,ED,EP分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系Exyz,不妨设

26、PE=EB=2,显然平面BEN的一个法向量为叫=(0,0,1),设BN=m(0vmv2),则=(1,0,1),=(2,m,0).设平面EMN的一个法向量为n2=(x,y,z),则由n2=n2=0,(1,0,1)(x,y,z)=0x+z=0即，即,(2,m,0)(x,y,z)=02x+my=0故可取n2=(m,2,m),所以cos叫，n2=nn(0,0,1)(m,2,m)m解得m=1G(0,2),此时N为BC的中点.综上知，存在点N,使得二面角BENM的余弦值为¥，此时N为BC的中点.20. 解析：(1)根据散点图可以判断,y=cedx更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的回归方程类型

27、;对y=cedx两边取自然对数，得lny=lnc+dx；令z=lny,a=lnc,b=d,得z=a+bx；)(z厂z)i=140.1820°C”=147.7143宀0.272'=7匚=3.6120.272X27.4293.849；所以z关于x的回归方程为=0.272x3.849；所以y关于x的回归方程为=e0.272x-3.849.(2)由f(p)=p3(1p)2,得f(p)=C5p2(1p)(35p),因为0vpv1,令f(p)>0,得35p>0,3解得o<p<5；所以fp）在（o,I）上单调递增,在G，1）上单调递减，216625；所以fp）有唯一

28、的极大值为肩），也是最大值;所以当p=5时，f（P）max=I),由知，当fp）取最大值时,p=|,所以XB（5|所以X的数学期望为E（X）=5X5=I,326万差为d（x）=5X5X5=5>21. 解析：设以AP为直径的圆的圆心为B,切点为N，则OBI=2IBAI,.IOBI+IBAI=2.取A关于y轴的对称点A',连接A'P，故API+IAPI=2（IBOI+IBAI）=4>2.所以点P的轨迹是以A',A为焦点，长轴长为4的椭圆.其中，a=2,c=1,曲线C方程为+号=1（2）设直线l的方程为x=ty+（2卞3t）,设E（x1，y1）,F（x2，y2）,

29、M（x0，y0）,直线DE的方程为y=儿2（x_2）,X2故y$=x2xo2），同理丁7=石2xo2）；所以2yo=ys+yT=t2xo2）+芒2（xo2），即在=亠十亠Xo2X2X22联立Jx=/y+(2-'3t)I3x2+4y212=0化简得2+4)y2+(12t6岛2)y+9t212VIt=0,所以y1+y2=6：3t212t3t2+49t212、f3ty1y2=3t2+4代入得,2X(9t212；1t)I3t2+4丿6；j3t212t3t2+4xo29t212讨3t3t2+46临23t2+4十3=-V3吕。+2y03=0，所以点M都在定直线/3x+2y2"T3=0上.

30、22. 解析：(1)证明：对fx)求导得f(x)=ex+sinxa,显然ex>0,sinx±1,所以ex+sinxa>01a三0,即f(x)>0,所以fx)在其定义域上是单调递增函数，故fx)无极值点；，ex>i>詁52,cosx>°，(2)解法一：对g(x)求导得g'(x)=ex+x+1a+sinx(x>1),又注意到g'(0)=2a,令g'(0)=2a=0,得a=2.此时g'(x)=ex+x+12+sinx,令h(x)=g'(x)=ex+x+12+sinx,则h'(x)=ex匕+Dq+cosx,显然，在xw(o,2)上故h(x)在(0,2此时h'(x)=ex匕+d+cosx>0,上是增函数，所以h