(刷题11)2020高考数学讲练试题素养提升练(一)理(含2019高考模拟题)

(刷题11)2021高考数学讲练试题修养提高练(一)理(含2021高考模拟试题)(刷题11)2021高考数学讲练试题修养提高练(一)理(含2021高考模拟试题)(刷题11)2021高考数学讲练试题修养提高练(一)理(含2021高考模拟试题)〔刷题1+1〕2021高考数学讲练试题修养提高练〔一〕理〔含2021高考+模拟试题〕本试卷分第一卷(选择题)和第二卷(非选择题)两局部．总分值150分，考试时间120分钟．第一卷(选择题，共60分)一、选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的．1．(2021·湖南长郡中学一模)会合A＝{x|x>a}，B＝{x|x2－4x＋3≤0}，假定A∩B＝，那么实数a的取值范围是()BA．a>3B．a≥3C．a≤1D．a<1答案D分析因为＝{x|1≤x≤3}，∩＝，因此<1.应选D.BABBa2．(2021·广东汕头二模)假定复数a－2i(∈R)为纯虚数，那么|3－i|＝( )1＋iaa13B．13C．10D.10答案Aa－2ia－－a－＋－a－分析1＋i＝＋－＝2，a－2a－2i(a∈R)为纯虚数，因此2＝0，因为复数1＋i－a－2≠0.2a－2＝0，解得a＝2，即a＋2≠0.因此|3－ai|＝|3－2i|＝32＋－2＝13.应选A.3．(2021·江淮十校模拟)为认识户籍、性别对生育二胎选择偏向的影响，某地从育龄人群中随机抽取了容量为200的检查样本，此中城镇户籍与乡村户籍各100人；男性120人，女性80人，绘制不同样集体中偏向选择生育二胎与偏向选择不生育二胎的人数比率图(如图所示)，此中暗影局部表示偏向选择生育二胎的对应比率，那么以下表达中错误的选项是()1A．能否偏向选择生育二胎与户籍有关B．能否偏向选择生育二胎与性别有关C．偏向选择生育二胎的人群中，男性人数与女性人数同样D．偏向选择不生育二胎的人群中，乡村户籍人数少于城镇户籍人数答案C分析由比率图可知，能否偏向选择生育二胎与户籍、性别有关，偏向选择不生育二胎的人员中，乡村户籍人数少于城镇户籍人数，偏向选择生育二胎的人员中，男性人数为0.8×120＝96人，女性人数为0.6×80＝48人，男性人数与女性人数不同样，故C错误，应选C.4．(2021·咸阳模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，假定a4＝4，S9＝72，那么a10＝( )A．20B．23C．24D．28答案D分析因为数列是等差数列，故a4＝a1＋3d＝4，解得a1＝－8，d＝4，故a10＝9＝91＋36d＝72，Sa1＋9＝－8＋36＝28.应选D.ad5．(2021·淮南一模)函数f(x)＝xlnx，假定直线l过点(0，－e)，且与曲线y＝f(x)相切，那么直线l的斜率为()A．－2B．2C．－eD．e答案B分析函数f(x)＝xlnx的导数为f′(x)＝lnx＋1，设切点为(m，n)，那么n＝mlnm，＋eln＋e可得切线的斜率为k＝1＋lnm，∴1＋lnm＝m＝m，解得m＝e，k＝1＋lne＝2，应选B.6．(2021·郑州质检)如图，在△中，→→，是上一点，假定→→＋1→＝2P＝tAB，ABCAN3NCBNAP3AC那么实数t的值为()22213A.3B.5C.6D.4答案C分析由题意及图，→＝→＋→＝→＋→＝→＋(→－→)＝→＋(1－)→，又→＝2APABBPABmBNABmANABmANmABAN3→→→→2→→→→→1－m＝t，521NC，∴AN＝5AC，∴AP＝5mAC＋(1－m)AB，又AP＝tAB＋3AC，∴解得m＝6，5m＝3，1t＝6，应选C.7．(2021·山西太原一模)如图是某几何体的三视图，此中网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为( )50A．12B．15C.D.33答案D分析其直观图为四棱锥E－ABCD，由题意得11150V＝3××4×4＋×2×2×5＝3.应选D.22x2y28．(2021·华师附中模拟)设F1，F2分别是椭圆a2＋b2＝1(a>b>0)的左、右焦点，假定在直3a2222线x＝c(此中c＋b＝a)上存在点P，使线段PF1的垂直均分线经过点F2，那么椭圆离心率的取值范围是()A.0，2B.0，3C.3，1D.2，12332答案C分析12，设点a2，m，那么由中点公式可得线段1由题意得F(－c,0)，F(c,0)PcPF的中1221－02m－0点，∵线段·2＝－，c，m1的斜率与2的斜率之积等于－，即22a＋ca－c－cc2c2a2a2422442∴m＝－c＋c·c－3c≥0，∴a－2ac－3c≤0，∴3e＋2e－1≥0，2123∴e≥3或e≤－1(舍去)，∴e≥3.3又椭圆的离心率0<e<1，故3≤e<1，应选C.x，x≤0，xe9．(2021·重庆模拟)函数f(x)＝2－|x－1|，x>0，假定函数g(x)＝f(x)－m有两个零点x1，x2，那么x1＋x2＝()1A．2B．2或2＋e1C．2或3D．2或3或2＋e答案D分析当x≤0时，f′( )＝(＋1)ex，当x<－1时，′( )<0，故f(x)在(－∞，－1)xxfx上为减函数，当－1<x<0时，f′(x)>0，故f(x)在(－1,0)上为增函数，因此当x≤0时，f(x)1的最小值为f(－1)＝－e.又在R上，f(x)的图象以以下列图，因为g(x)有两个不同样的零点，因此方程f(x)＝m有两个不同样的解，即直线y＝m与y＝1f(x)有两个不同样交点且交点的横坐标分别为x1，x2，故1<m<2或m＝0或m＝－e.假定1<m<2，4那么x1＋x2＝2；假定m＝0，那么x1＋x2＝3；假定m＝－1，那么x1＋x2＝－1＋3＋1＝2＋1.综上，x1＋eeex2的值为12或3或2＋e，应选D.10．(2021·黑龙江模拟)如图，假定在矩形OABC中随机撒一粒豆子，那么豆子落在图中阴影局部的概率为( )2B．2A．1－ππ22C．π2D．1－π2答案Aππ分析S矩形＝π×1＝π，又0

sinxdx＝－cosx＝－(cosπ－cos0)＝2，0∴S＝π－2，∴豆子落在图中暗影局部的概率为π－22暗影π＝1－π.应选A.2211．(2021·昌平期末)设点1，2分别为椭圆：x＋y＝1的左、右焦点，点P是椭圆FFC95C上随意一点，假定使得→→＝成立的点恰巧是4个，那么实数的值能够是()1·2PFPFmm1A.2B．3C．5D．8答案Bx2y22分析∵点F1，F2分别为椭圆C：9＋5＝1的左、右焦点，即F1(－2,0)，F2(2,0)，a22→→→→＝9，b＝5，c＝4，c＝2，设P(x0，y0)，PF1＝(－2－x0，－y0)，PF2＝(2－x0，－y0)，由PF1·PF2229m－9→→22x0y02＝m可得x0＋y0＝m＋4，又∵P在椭圆上，即9＋5＝1，∴x0＝4，要使得PF1·PF2＝m成立的点恰巧是4个，那么9m－9<5，∴的值能够是3.应选B.0<<9，解得1<4mm12．(2021·安徽淮北、宿州二模)正四周体的中心与球心O重合，正四周体的棱长为26，球的半径为5，那么正四周体表面与球面的交线的总长度为()A．4πB．82πC．122πD．12π答案A分析∵正四周体－的中心与球心重合，正四周体的棱长为26，取的中点ABCDOCD5，连结，，过A作⊥底面，交于，那么＝＝62－62＝32，EBEAEAFBCDBEFBEAE2BF＝3BE＝22，AF＝62－22＝4，设正四周体内切球半径为r，那么(4－r)2＝(22)2＋r2，解得正四周体内切球半径为r＝1，∵球的半径为5，∴由球的半径知球被平面截得小圆半径为r＝5－1＝2，故球被正四周体一个平面截曲线为三段圆弧，且每段弧所对中心角为130°，∴正四周体表面与球面的交线的总长度为30°×2π×2＝4π.应选.4×3×360°A第二卷(非选择题，共90分)二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分．x－y＋1≤0，13．(2021·临沂质检)设x，y知足拘束条件2x－y≥0，x≤2，那么z＝2x＋3y的最小值为________．答案8x－y＋1≤0，分析画出不等式组2x－y≥0，表示的平面地区，如图暗影局部所示，x≤2由图形知，当目标函数z＝2x＋3y过点A时，z获得最小值．x－y＋1＝0，由求得A(1,2)，2x－y＝0，6因此z＝2x＋3y的最小是2×1＋3×2＝8.14．(2019·金山中学模)数列{an}且an＝1n2＋2n，n奇数，假定Sn数列{an}的前n和，S2021＝________.nπsin4，n偶数，答案302820211分析数列{a}且a＝n2＋2n，n奇数，nnnπ，n偶数，sin4①当nn2111－1；奇数，a＝n＋2n＝2nn＋2②当n偶数，an＝sinnπ，4S2021＝(a1＋a3＋a5＋⋯＋a2021)＋(a2＋a4＋a6＋⋯＋a2021)1因此＝211111100930281－＋－＋⋯＋－＝2021＋1＝2021.33520212021＋(1＋0－1＋⋯＋0)15．(2021·岳阳二模)将多式a6x6＋a5x5＋⋯＋a1x＋a0分解因式得(x－2)(x＋2)5，a5＝________.答案8分析(x－2)(524x＋2)4311因此x＋2)＝(x－4)(x＋2)，(张开式中的x系数C4·2＝8.a＝8.516．(2021·莞期末)函数f()＝sinx·cos2(x∈R)，f()的最小xxx________．答案－1分析函数f(x)＝sinx·cos2x＝sinx(1－2sin2x)＝sinx－2sin3x，令t＝sinx∈[－1,1]，h(t)＝t－2t3，h′(t)＝1－6t2，当－1≤t<－6，′( )<0，()在－1，－6上减；6htht6当－6≤t<6，h′( )≥0，()在66上增；66tht－6，6766当6≤t≤1时，h′(t)≤0，h(t)在6，1上单一递减．6因此函数的最小值是h－6或h(1)，66636h(1)＝－1<h－6＝－6－2－6＝－9，故函数f(x)的最小值为－1.三、解答题：共70分．解赞同写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必然作答．第22、23题为选考题，考生依据要求作答．(一)必考题：60分．17．(本小题总分值12分)(2021·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.设(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC.(1)求A；(2)假定2a＋＝2c，求sin.bC解(1)由得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.222b＋c－a1因为0°<A<180°，因此A＝60°.由(1)知B＝120°－C，由题设及正弦定理得2sinA＋sin(120°－C)＝2sinC，631即2＋2cosC＋2sinC＝2sinC，2可得cos(C＋60°)＝－.22因为0°<C<120°，因此sin(C＋60°)＝2，故sinC＝sin(C＋60°－60°)＝sin(C＋60°)cos60°－cos(C＋60°)sin60°＝6＋24.18．(本小题总分值12分)(2021·石家庄一模)小明在石家庄市某物流企业找到了一份派送员的工作，该企业给出了甲、乙两种日薪薪酬方案，此中甲方案：底薪100元，每派送一单奖赏1元；乙方案：底薪140元，每天前55单没有奖赏，超出55单的局部每单奖赏12元．(1)请分别求出甲、乙两种薪酬方案中日薪y(单位：元)与派送单数n的函数关系式；8依据该企业全部派送员100天的派送记录，获得了以以下列图的派送量指标的频次散布直方图，并发现每名派送员的日均匀派送单数知足以下条件：当某天的派送量指标在n－，n时，日均匀派送量为(50＋2n)单．105(n＝1,2,3,4,5)假定将频次视为概率，回复以下问题：①依据以上数据，设一名派送员的日薪为Y(单位：元)，试分别求出甲、乙两种方案中日薪Y的散布列、数学希望及方差；②联合①中的数据，利用统计的知识，帮助小明分析，他选择哪一种薪酬方案比较适合，并说明你的原因．(参照数据：0.62＝0.36,1.42＝1.96,2.62＝6.76,3.42＝11.56,3.62＝12.96,4.62＝21.16,15.62＝243.36,20.42＝416.16,44.42＝1971.36)解(1)甲方案中派送员日薪y(单位：元)与派送单数n的函数关系式为y＝100＋n，n∈N.乙方案中派送员日薪y(单位：元)与派送单数n的函数关系式为y＝n≤55，n∈N，12n－n>55，n∈N①由，在这100天中，该企业的一名派送员的日均匀派送单数知足下表：派送单数5254565860频次因此Y甲的散布列为Y甲152154156158160P因此E(Y甲)＝152×＋154×＋156×＋158×＋160×＝155.4，s22×(154－155.4)2＋×(156－155.4)2＋×(158－甲＝0.2×(152－155.4)＋155.4)2＋0.1×(160－155.4)2＝6.44；Y乙的散布列为Y乙140152176200P因此E(Y乙)＝140×＋152×＋176×＋200×＝155.6，92×(140－155.6)22＋0.2×(176－155.6)2×(200－s乙＝＋×(152－155.6)＋155.6)2＝404.64.②答案一：由①可知，E(Y甲)<E(Y乙)，但二者有关不大，且22s甲远小于s乙，即甲方案中日薪的颠簸相对较小，因此小明选择甲方案比较适合．答案二：由①可知，E(Y甲)<E(Y乙)，即甲方案中日薪的希望小于乙方案中日薪的希望，因此小明选择乙方案比较适合．19．(本小题总分值12分)(2021·荆门调研)如图1，梯形ABCD中，AB∥CD，过A，B分别作AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E，F.AB＝AE＝2，CD＝5，DE＝1，将梯形ABCD沿AE，BF同侧折起，得空间几何体ADE－BCF，如图2.假定AF⊥BD，证明：DE⊥平面ABFE；假定DE∥CF，CD＝3，线段AB上存在一点P，知足CP与平面ACD所成角的正弦值为520，求AP的长．解(1)证明：由得四边形ABFE是正方形，且边长为2，在题图2中，AF⊥BE，由得AF⊥BD，BE∩BD＝B，∴AF⊥平面BDE，又DE?平面BDE，∴AF⊥DE，又AE⊥DE，AE∩AF＝A，∴DE⊥平面ABFE.在题图2中，AE⊥DE，AE⊥EF，DE∩EF＝E，即AE⊥平面DEFC，在梯形DEFC中，过点D作DM∥EF交CF于点M，连结CE，由题意得DM＝2，CM＝1，由勾股定理可得DC⊥CF，那么∠CDM＝π，CE＝2，6过E作EG⊥EF交DC于点G，可知GE，EA，EF两两垂直，→→→以E为坐标原点，以EA，EF，EG分别为x轴、y轴、z轴的正方向成立空间直角坐标系，10那么A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,1，133)，D0，－，，22→＝(－2,1，3)，→＝13.ACAD－2，－2，2设平面的一个法向量为＝(x，，z)，ACDny→－2＋y＋3＝0，n·＝0，xz由→得13－2－2y＋2z＝0，n·AD＝0，x取x＝1得n＝(1，－1，3)，设AP＝m，那么P(2，m,0)(0≤m≤2)，→得CP＝(2，m－1，－3)，设与平面所成的角为θ，CPACD→||＝52.sinθ＝|cos〈CP，n〉|＝m20＝5·7＋－2?m3m2∴AP＝3.20．(本小题总分值12分)(2021·浙江高考)如图，点F(1,0)为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右边．记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2.求p的值及抛物线的准线方程；S1求的最小值及此时点G的坐标．S2p解(1)由题意得2＝1，即p＝2.因此抛物线的准线方程为x＝－1.(2)设(AyAByBCyC(GyGyA，≠0，那么xAt2AxBxCxGxttt2－1因为直线AB过F，故直线AB的方程为x＝2ty＋1，222t2－y－4＝0，代入y＝4x，得y－t11BB212，－2故2ty＝－4，即y＝－t，因此Btt.又x1xA＋B＋1yA＋B＋yC)及重心G在x轴上，得2t2C＝0，G＝(C)，G＝(－＋3xxy3yty1212t4－2t2＋2得Ct－t，2－t，G32，0.tt因此直线AC的方程为y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1,0)．因为Q在焦点F的右边，故t2>2.进而1|·|A12FGyS＝SC122|QG|·|y|24－2t2＋2－1·|2t|3t2＝22t4－2t2＋22t－1－3t2·t－2t2t4－t2t2－2＝t4－1＝2－t4－1.令m＝t2－2，那么m>0，Sm111＝2－≥2－＝2－2＋432＋33m＋＋42m·＋4mm＝1＋3.2S3当m＝3时，1，此时G(2,0)．获得最小值1＋2S221．(本小题总分值12分)(2021·山西太原一模)函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x，aR.讨论函数f(x)的单一性；(2)当<－1时，假定关于随意x1，2∈(1，＋∞)(x1<2)，都存在x0∈(x1，2)，使得′(0)a2xxxfxfx2－fx1x1＋x20.＝x2－x1，证明：2<x1x＋ax－解(1)由题意得f′(x)＝x－2ax＋(2－a)＝－x，x>0，当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单一递加；11当a>0时，令f′(x)>0，那么0<x<a；令f′(x)<0，那么x>a.1211∴f(x)在0，a上单一递加，在a，＋∞上单一递减．1证明：∵当a<－2时，fx2－fx11lnx221－a)，x－xx－xx111221′(x0)＝－2ax0＋(2－a)，x0∴1lnx21x2－x1－a(x2＋x1)＝－2ax0，x1x0x1＋x2－f′(x0)＝2－a(x2＋x1)－1＝2－1lnx2∴f′2x＋xx－2ax0x＋xx－xx101112221x2－x1x2＝x2－x1x2＋x1－lnx1x212x－1x21＝x2－x1x2＋1－lnx1，x1令t＝x2，()＝t－－lnt，>1，t＋1x1t－2那么g′(t)＝－t2<0，∴g(t)<g(1)＝0，t＋∴f′x1＋x2－f′(x0)<0，2∴f′x1＋x2<f′(x0)，21设h(x)＝f′(x)＝x－2ax＋(2－a)，x>1，1那么h′(x)＝－x2－2a>－1＋1＝0，∴h(x)＝f′(x)在(1，＋∞)上单一递加，∴x1＋x2<x0.2(二)选考题：10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，假如多做，那么按所做的第一题计分．22．(本小题总分值10分)[选修4－4：