2021届山东省新高考高考模拟冲关押题卷（三）数学（解析版）

2021届山东省新高考高考模拟冲关押题卷(三)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.已知集合92y41,则ACB=()

A.[-2,2]B.(1,+~)

C.(-1,2]D.(-8,-1]U(2,+8)

2.设i是虚数单位，若复数。+言j(adR)是纯虚数，则。的值为()

A.—3B.3

C.1D.-1

3.“a<2”是Vx>0,的()

A.充分不必要条件

B.必要不充分条件

C.充要条件

D.既不充分也不必要条件

4.函数於)」#二不邙的图象可能是()

ABCD

5.已知函数外）=3x+2cosx,若a=f（3小）,。=火2）,c=y（log27）,则a,b,c的大小关系是()

A.a<b<cB.c<a<b

C.b<a<cD.h<c<a

6.已知等边△ABC内接于圆△f+y2=l,且P是圆T上一点，则丽•(丽+曲的最大值是()

A.A/2B.1

C.V3D.2

7.已知函数/(x)=sin2x+sin2(x+§,则_/(x)的最小值为()

C坐D坐

8.已知点P在椭圆工：，+£=l(a»>0)上，点尸在第一象限，点P关于原点O的对称点为A,点P

关于x轴的对称点为。，设丽=总丽，直线4。与椭圆T的另一个交点为B,若以J_PB,则椭圆工的离心

率e—()

A.|B坐

C.fD雪

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.某位教师2018年的家庭总收入为80000元，各种用途占比统计如图1折线图所示；2019年收入的

各种用途占比统计如图2条形图所示，已知2019年的就医费用比2018年增加了4750元，则下列关于该

教师家庭收支的说法正确的是()

图1图2

A.该教师2018年的家庭就医支出显著减少

B.该教师2019年的家庭就医总支出为12750元

C.该教师2019年的家庭旅行支出占比显著增加

D.该教师2019年的家庭总收入为85000元

10.已知（加+区）"3>0）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为

1024,则下列说法正确的是（）

A.展开式中奇数项的二项式系数和为256

B.展开式中第6项的系数最大

C.展开式中存在常数项

D.展开式中含x6项的系数为45

11.在棱长为1的正方体ABC。-481GA中，点M在棱CG上，则下列结论正确的是（）

A.直线与平面平行

B.平面截正方体所得的截面为三角形

C.异面直线AOi与AiG所成的角喏

D.|M8|+|MQ|的最小值为小

12.已知双曲线|一］=1（4>0）的左、右焦点分别为尸2,O为坐标原点，P是双曲线上一点，且满

足|FiF2l=2|OP|,tan/PF2尸1=2,则下列结论正确的是（）

A.点P在双曲线的右支上

B.点（一|,3）在双曲线的渐近线上

C.双曲线的离心率为小

D.双曲线上任一点到两渐近线距离之和的最小值等于4

第n卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知向量a=（2,m）,6=（1,-2）,且。_16,则实数，"的值是.

14.若sin（a+£）=g,tana=3tan则sin（a一4）=.

j^2a

（f/>o）,若函数ga）=/u）-3iM有三个零点，则实数。的取值范围

{8—x,x>a

是•

16.正方体A5CQ-48iG。的棱长为2,M,ME,尸分别是43,AD,BC，CQi的中点，则过

EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为,CE和该截面所成角的正弦值为.（本

题第一空2分，第二空3分.）

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.

17.（10分）已知在△ABC中，角4,B,C所对的边分别是a,h,c,从以下三个条件中选取一个解答

该题.

2b—cccqC

①~--=c；②4cos（3+O+2cos2A=-3；

ClCObA

«—=―2—

小cosAsin（A+Cy

（1）求角A的大小；

（2）若a=遮,b+c=4p,求△ABC的面积.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

18.(12分)已知｛如｝是各项都为正数的数列，其前〃项和为S,"S”为与」■的等差中项.

a”

(1)求证：数列｛S扉为等差数列；

⑵设瓦=1求｛儿｝的前100项和T.

a”l00

19.(12分)如图，在四棱锥P-ABC。中，底面ABCQ是边长为2的菱形，ND4B=60。，NAOP=90。,

平面AOP_L平面ABC。，点尸为棱PD的中点.

⑴在棱AB上是否存在一点E,使得AF〃平面PCE,并说明理由；

(2)当二面角。-FC-8的余弦值为当时，求直线PB与平面ABCD所成的角.

20.(12分)已知抛物线工：)2=2px3>0)的焦点为RP是抛物线T上一点，且在第一象限，满足/=

(2,2版

(1)求抛物线「的方程；

(2)已知经过点A(3,-2)的直线交抛物线T于M,N两点，经过定点8(3,-6)和例的直线与抛物线工

交于另一点，问直线NL是否恒过定点，如果过定点，求出该定点，否则说明理由.

21.(12分)山东省2020年高考实施新的高考改革方案，考生的高考总成绩由3门统一高考科目成绩和

自主选择的3门普通高中学业水平等级考试科目成绩组成，总分为750分.其中，统一高考科目为语文、

数学、外语，自主选择的3门普通高中学业水平等级考试科目是从物理、化学、生物、历史、政治、地理

6科中选择3门作为选考科目，语、数、外三科各占150分，选考科目成绩采用“赋分制”，即原始分数

不直接用，而是按照学生分数在本科目考试的排名来划分等级并以此打分得到最后得分.根据高考综合改

革方案，将每门等级考试科目中考生的原始成绩从高到低分为A、8+、B、C+、C、0+、D、E共8个

等级.

参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为3%、7%、16%、24%、24%、16%、7%、3%.

等级考试科目成绩计入考生总成绩时，将A至E等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换

到91—100、81-90.71—80、61—70、51-60,41-50,31—40、21—30八个分数区间，得到考生的等

级成绩.

举例说明：

某同学化学学科原始分为65分，该学科C+等级的原始分分布区间为58〜69,则该同学化学学科的

原始成绩属C+等级.而C+等级的转换分区间为61〜70,那么该同学化学学科的转换分为：

69—6570—x

设该同学化学学科的转换等级分为x,求得XQ66.73,

65—58X—61

四舍五入后该同学化学学科赋分成绩为67.

(1)某校高一年级共2000人，为给高一学生合理选科提供依据，对六个选考科目进行测试，其中物理

考试原始成绩基本服从正态分布〜M60,122).

①若小明同学在这次考试中物理原始分为84分，等级为B+,其所在原始分分布区间为82〜93,求

小明转换后的物理成绩；

②求物理原始分在区间(72,84)的人数.

(2)按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取4人，记X表示这4人中等级成绩在区间［61,80］的人数,

求X的分布列和数学期望.

附：若随机变量o2),则<7)=0.682,P(ju—2ff<<;</i+2a)=0.954,P(JU~3(7<^</^-\-

3(7)=0.997.

22.(12分)已知函数Xx)=a-l)2+ar-alnx

(1)若“2—2讨论./U)的单调性；

(2)若。>0,且对于函数外)的图象上两点P|(X|,火X|)),P2(X2,Xx2))(X|<X2),存在X2)，使得函

数/(X)的图象在》=向处的切线/〃P/2.求证：里.

1.答案：C

解析：•.•集合A=%qW2，W4)

={加一2WxW2},

8=卜1尸怆x，x$}={小>一1},

；.4nB={x|-l<xW2}=(-1,2].

故选C.

2.答案：D

解析：•.,4+^^=。+(2：(：(2?0=。+1+2'为纯虚数，

/.«+1=0,即。=—1.

故选D.

3.答案：A

解析：Vx>0,aWx+3

由y=x+：22,(x>0),

故。<2,所以。<2是。<2的充分不必要条件.

故选A.

4.答案：A

ln(x—2)2

解析：由於)=(二2)；可知函数的图象关于点(2,0)对称,故排除B,C,当x<0时，ln(x—2)2>0,

-2)3<0,函数的图象在无轴下方，故排除D,故选A.

5.答案：D

解析：(x)=3-2sinx>0在R上恒成立，

.•JU)在R上为增函数，

又由2=1og24<log27<3<3V5,贝i]Xc<a.

故选D.

6.答案：D

则A(l,0),B(一2，寸，<一],一4)，

设P(cos&sin。)，

则淡.(丽+正)

=(1—cos09—sin/?)•(—1—2cos0,—2sin0)

=(1—cos0)(—1—2cos0+2sin20

=2cos2<9—cos。-1+2sin20=1—cos9W2,

当且仅当。=兀，即P(—1,0)时，取等号.

故选D.

=沁2%+1cos2x+坐isnXCOSX

3,1—cos2x,小,一

=4+-4—+4sm2x

=]+；sin（2r_§》]_；=；.故选A.

8.答案：C

解析：设P（xi,力），则A（一x”一力），Q（xi,—yi）,C\x\,一会），

、兀伸+g=1..

设，>2），由彳0），两式相减，

+12)。1-九)_01+)'2)(yI—)'2)

(Tb2

Wh1X\+X2

=k^B=

X\—X2标"+以'

心。=心804»=X1+X2,

又如式4(31+)2)

Xl+x2

则由PAVPB^kpAkpB=-1,

可得一4一宗=—1=><2-=4〃=4(.2—c2)

036?=4/06=坐.故选C.

9.答案：ABD

解析：设该教师家庭2019年收入为x元，则15%-x=80000X10%+4750,解得x=85000.可得：该

教师2018年的家庭就医支出显著减少，该教师2019年的家庭就医总支出为8000+4750=12750元，该

教师2019年的家庭旅行支出占比没有变化，该教师2019年的家庭总收入为85000元.故选ABD.

10.答案：BCD

解析：因为（加+古）"（。>0）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，

===

**•C}lCn^n10,

•・,展开式的各项系数之和为1024,

.,・（。+1严=1024,

•・・q>0,：.a=l.

原二项式为：（/+七卜），

其展开式的通项公式为：

/1\孙"

刀+产口）=CfoX2；

展开式中奇数项的二项式系数和为：1xi024-512,故A错；

因为本题中二项式系数和项的系数一样，且展开式有11项，故展开式中第6项的系数最大，B对;

令20一|厂=0*=8,即展开式中存在常数项，C对；

令20—1r=15=>r=2,CTO—45,D对；

故选BCD.

11.答案：ACD

解析：如图所示：易知平面BCGBi〃平面AQQ14,

"B

BMU平面BCC181,故直线BM与平面AODIA平行，A正确；

平面8M。截正方体所得的截面为3MdN为四边形，故B错误;

连接8G,AiB,易知AA〃BG,

故异面直线An与AiG所成的角为N4GB,

71

AxB=A\C\=BC\,故NAiGB=§,故C正确；

延长力C到B'使CB'=1,易知8M=B'M,

故+=y[5,

当何为CG中点时等号成立，故D正确.

故选ACD.

12.答案：ABC

解析：连接PQ,由题意知|QF2l=2|OP|=2c,

则PFt±PF2,因为tanZPF2FI=2,

所以给=2,因此|PFI|>|PF2|,

故点P在双曲线的右支上，A项正确；

由于『"一|「局=2。，

所以|PFi|=4a,\PF2\=2a,

所以(4a)2+Qa)2=(2c)2,

整理得则e=木,C正确；

又e=：=Ajl+余(,所以g=2,

所以双曲线的渐近线方程为y=±2x,

易知点(一|,3)在双曲线的渐近线上，故B项正确；

由于从=5,所以/岩，

所以双曲线的方程为专一9=1,

设M(xo,州)为双曲线上任意一点，

则点M到渐近线y=2%的距离d\="全叫

点M到渐近线y=-2x的距离必="啧呢,

b口，7714/一Ml

因此"02=-------'

、4高斜.工日」」1

又一丁一彳=1,于是力力=1,

因此由基本不等式得力+刈22福*=2,

当且仅当4=%时取等号，

故双曲线上任一点到两渐近线距离之和的最小值等于2,故D项错误.

故选ABC.

13.答案：1

解析：•；a_Lb,万=2—2机=0,・••加=1.

14.答案：!

解析：根据sin(a+4)=；可得sinacos/?+cosasin^—3①，

根据tana=3tan尸可得sin«cos尸=3cosasinp②，

由①②得sinacos4=(,cosasin夕=今，

所以sin(ot—^)=sinacoscosa-sin0=g

15.答案：(0,2)U[5,+8)

解析：g(x)=/U)—3|x|有三个零点0y="x)与y=3|x|的图象有三个交点.因为。＞0,所以当xWO时，x2

—2x=-3xf得X=-1或X=0,所以y=/(x)与y=3㈤的图象有两个交点，则当戈＞0时，y=y(x)与丁=3伙|

的图象有1个交点.当心＞0时，令3x=8—x,得x=2,所以0＜。＜2符合题意；令九二%2—2%,得x=5,

所以。25符合题意.综上，实数。的取值范围是(0,2)U[5,+8).

16.答案：2g曙

解析：如图，分别取CD,BC的中点H,G,

连接HE,HG,GE,HF,ME,NH.

易证ME统NH,所以四边形MEHN是平行四边形，

所以MN//HE,

又MNQ平面EFHG,HEU平面EFHG,

所以MN〃平面EFHG,

所以过EF且与MN平行的平面为平面EFHG,

平面EH/G截正方体所得截面为矩形EF”G,

EF=yf2,FH=2,

所以所得截面的面积为2xj=2«

连接AC,交HG于/,则C1LHG,

又平面EFHGJ_平面ABCD,

平面EF//GC平面ABCD=HG,

所以C/L平面EFHG,连接E1,

则C/LE/,/CE/为直线CE和截面所成的角.

在RtZXC/E中，

CE=yj\+22—y[5,C7=%C=^^=坐.

所以sin/CE/=^=邛.

17.解析：若选①，(1)根据正弦定理知，

2b—c2sin8—sinCcosC

asinAcosA'

即2sinB*cosA=cosC-sinA+sinC-cosA,

即2sinB-cosA=sin(A+C),

因为A+C=7t—3,所以2sinBcosA=sinB,

又sinBWO,解得cosA=2»

又A£(0,7i),所以

(2)因为6Z2=Z?2+c2—2/?ccosA=(b+c)2—2bc~2Z?ccosA,

a=y[14,b+c=4y/2,A=1,

所以(5)2=(4也)2-2秘一2机•><；,得儿=6,

ii兀3、八

所以Szusc=2〃csin4=2X6Xsin

若选②，(1)由题意可得4cos(8+C)+2(2COS2A—1)=-3,

又cos(B+Q=—cosA,

所以一4cosA+2(2COS2A-1)=-3,

所以4cos%一4cosA+1=0,

i兀

解得cos4=/,又A£(0,7t)9所以A=g.

(2)因为a2=b2+c2—2bccosA

=S+c)2—2/?c—2bccosA,

Q=V^，b+c=4p,A=y

所以川宜)2=(4、⑵2—2bc—2bcxg,得bc=6f

所以Sz\48c=3businA=；X6Xsin鼻=3V§

2.

ab

若选③，(1)由正弦定理及•

V§COSAsin(4+O'

sinAsinB

得.

小cosAsin(A+Q'

又sin(A+C)=sin(7r—B)=sinB,

”,、，sinAsinBr-

所以而7=而加付tan4A="i

又AG(0,兀)，所以A=g.

(2)因为a2=b2+c2-2bccosA

=(b+c)2—2bc~2bccosA,

a=y[\4,b+c=4yf2,A=^,

所以(5)2=(4啦)2-2儿一26cX；,得bc=6,

所以SzxA8c=20c，sinA=]X6Xsin?=.

18.解析：(1)证明：由题意知2S〃=a〃+；,

即25"斯一(7n=1,①

当〃=1时，由①式可得S|=l,

又〃)2时，有为=5"—S"T,

代入①式得2s"(S.-Si)一⑸一Si)2=1,

整理得足一华-1=1,(”22).

•••｛S到是首项为1,公差为1的等差数列.

⑵由⑴可得■=1+〃-1=〃，

：｛四｝是各项都为正数，...a=血，

an—Sn—Sn-i=5一小一1("》2),

又0=5彳=1,也适合上式，4"=]^—yjn1.

(-1)"(-1)"

bn=—+y]n~1),

51

Tioo=—1+N^+1)—(小+也)+…—(yj100—1+,\J100—2)+(yj100+*\J100_1)=*\/100=10.

・・・｛乩｝的前100项和T]oo=lO.

19.解析：(1)在棱A5上存在点已使得A/〃平面PCE,点E为棱A8的中点.

理由如下：

取尸。的中点Q,连接E。、FQ,

由题意，FQ〃Z)C且FQ=Wc£>,

AE〃CD且A"/,故AE〃/。且AE=FQ.

所以，四边形AE。尸为平行四边形.

所以，AF//EQ,

又EQU平面PCE,ARZ平面PCE,

所以AF〃平面PCE.

(2)由题意知△AB。为正三角形，

所以EDJM8,亦即ED_LCO,

又/AOP=90。，所以PD_LAD,

且平面AZ)P_L平面ABCD,

平面AOPC平面ABCD^AD,

所以PO_L平面ABCD,故以。为坐标原点建立如图空间直角坐标系,

设尸£>=a(a>0),则由题意知

0(0,0,0),网0,0,a),C(0,2,0),B电,1,0),寿=(0,2,-a),E=(小，-1,0),

设平面F8C的一个法向量为加=(x,y,z),

m-FC=0(2y—az=0

则由得厂

鼠为=01#x—y=0

令x=1,则,z=^^,

所以取/n=(l,小,耳目，

显然可取平面DFC的一个法向量”=(1,0,0),

由题意：4=|cos(m,n)|—।——,

qi+3+及

所以a—yfi.

由于PQ_L平面ABCQ,

所以PB在平面ABC。内的射影为BD,

所以NPBD为直线PB与平面A8CZ)所成的角,

易知在RtAPBD中，tan/P8£)=错=〃=小，

从而/尸8。=60。，

所以直线PB与平面ABCD所成的角为60°.

20.解析：(1)尸=2*(°>0)的焦点为造，0),

而即=(2,2小)，所以点造+2,2小)，

又点P在抛物线/=2px上，

所以(2小)2=2p《+2),

即p2+4p-12=0,(p+6)(p—2)=0,

而p>0,故p=2,则抛物委的方程为产=4x.

(2)由题意知，直线AM,BM,NL的斜率均存在.

设"(xo,yo),Ngyi),L(x2,yi).

则4=4x0,)彳=4为，修=4也，

直线MN的斜率为

―一%)"一)'()4

kMN=X]—xo=y2f—免2=~yi+ZZy-o•

4

则IMN：y~yo=

4x+y()凹

即尸©;

州十巾

同理如尸芳鬻②；

将A(3,—2),8(3,一6)分别代入①，②两式,

12+)uw

得广

yo+y\

,消去则得yi>2=12,

12+)哂

-6=

yo+y2

髭华亩少/4X+»'24X+124(X+3)

易知直线4VL：y—।—।—i,

yi+yzy\+yiy\+yi

因此直线NL恒过定点(-3,0).

93-8490-x

21.解析：(1)①设小明转换后的物理等级分为x,84-82=x-8T

求得x^82.64,小明转换后的物理成绩为83分；

②因为物理考试原始分基本服从正态分布M60,122),

所以P(72<<<84)=P(60<^<84)一P(60<372)

=1P(36<<<84)一;P(48<g72)

='(0.954-0.682)=0.136.

所以物理原始分在区间(72,84)的人数为2000X0.136=272(人)；

(2)由题意得，随机抽取1人，其等级成绩在区间［61,80］内的概率为1

随机抽取4人，则X〜3(4,|),

p(x=o)=(|)4=81

6255

P(X=1)=C*|《3\=216

57-625,

216

G259

96

625'

P(X=4)=d>=16

625,

X的分布列为

X01234

812162169616