2021高考数学押题卷及答案

2021高考数学押题卷及答案第Ⅰ卷一．选择题：本卷共12小题，每小题5分，共60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.集合M={y=x+1+x-1},N={xy=lg(x-2)}，则(RN)M为（）A.∅B.MC.ND.{2}2.已知x∈R，y∈R，i为虚数单位，且[(x-2)i+y](1-i)=2008-1004i，则的值为（）A.22010B.-1C.2008+2008iD.22010i3.已知数列{an}的前n项和是Sn=an-m(a≠0且a≠1)，那么“数列{an}是等比数列”的充要条件是（）A.m=1B.m≥1C.m≤1D.m为任意实数4.已知圆C与直线x-y=0及x-y-4=0都相切，圆心在直线x+y=0上，则圆C的方程为（）5.若函数y=(a+b)cos2x+(a-b)sin2x(x∈R)的值恒等于2，则点(a,b)关于原点对称的点的坐标是（）A.(2,0)B.(-2,0)C.(0,-2)D.(-1,1)6.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=1，AD=DC=3，则直线AC与D1C1所成的角的正切值为（）A.√3B.2/3C.√3/6D.2/√37.如图，正五边形ABCDE中，若把顶点A,B,C,D,E染上红，黄，绿三种颜色中的一种，使得相邻顶点所染颜色不同，则不同的染色方法共有（）A.30种B.27种C.24种D.21种8.已知A,B,C是平面上不共线的三点，O为平面ABC内任一点，动点P满足等式OP=[(1-λ)OA+(1-λ)OB+(1+2λ)OC](λ∈R且λ≠0)，则P的轨迹一定通过△ABC的（）A.内心B.垂心C.重心D.AB边的中点9.已知函数f(x)=-1-(x-1)²，若|x1|<1<x2<2，则f(x)在区间[x1,x2]上的最大值为（）A.-1B.0C.-3D.-410.已知函数f(x)在区间[0,1]上单调递增，且f(0)=0，f(1)=1，则f(x)在区间[0,1]上的零点个数为（）A.0B.1C.2D.311.已知函数y=f(x)的图象如图所示，则f(x)的解析式为（）见图12.已知函数f(x)在区间[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=f(1)=0，则存在ξ∈(0,1)，使得f(ξ)等于（）A.0B.1/2C.1D.2二．填空题：本卷共8小题，每小题5分，共40分。请将答案填写在答题卡上。13.若函数y=x³+ax²+bx+c(x∈R)的图象过点(1,2)，且在x=1处的切线斜率为2，则a+b+c=______。14.已知函数f(x)=cosx，g(x)=sinx，则f(x)g(x)的原函数为______。15.已知函数f(x)在区间[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=0，f(1)=1，则方程f(x)=x在区间(0,1)内有且仅有______个实根。16.已知函数f(x)在区间[0,1]上单调递增，且f(0)=0，f(1)=1，则方程f(x)=x在区间(0,1)内有且仅有______个实根。17.已知函数f(x)在区间[0,1]上单调递增，且f(0)=0，f(1)=1，则函数g(x)=f(x)-x在区间[0,1]上的最大值为______。18.已知函数f(x)=x³+ax²+bx+c(x∈R)的图象过点(1,2)，且在x=1处的切线斜率为2，则f(2)=______。19.已知函数f(x)=sinx，g(x)=x²，则函数h(x)=f[g(x)]的最大值为______。20.已知函数f(x)在区间[0,1]上单调递增，且f(0)=0，f(1)=1，则f(x)在区间[0,1]上的最小值为______。三．解答题：本卷共5小题，共60分。请将解题过程、结果填写在答题卡上。21.已知函数f(x)在区间[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=0，f(1)=1。证明：对于任意的x∈[0,1]，都有f(x)≥x。22.已知函数f(x)=ln(ax²+bx+c)(a>0，b²-4ac<0)，且f(1)=0，f(2)=1。求a，b，c的值。23.已知函数f(x)=(x-1)³+ax²+bx+c(x∈R)的图象过点(2,0)，且在x=1处的切线斜率为3。求a，b，c的值。24.已知函数f(x)在区间[0,π/2]上连续，且f(0)=0，f(π/2)=1，且对于任意的x∈[0,π/2]，都有f(x)+f(π/2-x)=1。证明：对于任意的x∈[0,π/2]，都有f(x)≤sinx。25.已知函数f(x)在区间[0,1]上单调递增，且f(0)=0，f(1)=1。证明：对于任意的x∈[0,1]，都有f(x)≥x。1.删除该段，因为无法理解其意义。2.选项A、B、C分别表示f(x1)f(x2)与x1x2的大小关系，选项D表示无法判断。根据题目中的不等式关系，可以得出f(x1)f(x2)小于x1x2，因此选项B正确。3.题目中给出了“绝对和数列”的定义，因此可以列出递推式：a(n+1)=d-a(n)，根据此式可以求出前2009项的和S2009。具体计算过程不在此赘述，最终得到答案为B．-3010。4.首先根据双曲线的定义可以得到F1、F2的坐标，然后根据勾股定理和内切圆的性质可以求出NF1、NF2的长度，最终得到答案为C．c。5.题目中给出了函数f(x)的性质，可以得到f(0)=0，f(1/2)=1/2，f(1)=1。将f(1/2)代入第三个条件可以得到f(1/2)=1/2，因此第三个条件可以改写为f(x)+f(1-x)=1。将x=1/3代入此式可以得到f(1/3)=2/3，将x=2/3代入此式可以得到f(2/3)=1/3，因此f(1/3)+f(2/3)=1，答案为C．1/42。6.第一空的系数为-3，因为展开式中第二项为-3x^2，第三项为x^3。第二空的系数为4，因为展开式中第4项为4x^3。根据题意可得：-3n+4=27，解得n=-7/3，但由于n必须为正整数，因此n取3，此时第5项系数为4，是最大的。7.根据递推式可以得到a(n+1)/a(n)=(n+2)/(n+1)，根据此式可以求出a(n)的通项公式为a(n)=2(n+1)。8.题目中给出了函数f(x)的性质，因此可以得到f'(x)=3x^2-2a^2。由于f(x)在[0,1]上为非减函数，因此f'(x)大于等于0，即3x^2-2a^2大于等于0。解得a的取值范围为[-sqrt(3/2),sqrt(3/2)]。9.根据题意可知，三角形的底边为a，高为a，因此面积为a^2/2。根据勾股定理可得a=sqrt(2)a^2，解得a=sqrt(2)。因此三角形的面积为1。10.根据题意可得d=a1+a2=F1F2=2sqrt(a^2+b^2)。代入公式可以得到|F1N||NF2|=(a^2-b^2)/(2sqrt(a^2+b^2))，答案为A．b。11.根据不等式关系可得f(x)小于等于f(y)加上1，因此f(x)和f(y)的差小于等于1，即|f(x)-f(y)|小于等于1。因此a的取值范围为[-1,1]。12.根据题意可知，tan18+tan42+tan120=tan18+tan(60-18)+tan(60+60-42)=tan18+tan72+tan78。根据tan(a+b)的公式可得tan72=tan(45+27)=(1+tan27)/[1-(1+tan27)/2]，tan78=tan(45+33)=(1+tan33)/[1-(1+tan33)/2]。将这些式子代入tan18+tan72+tan78的公式中，化简可得答案为1。三、解答题：17.设三角形ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且acosC+c=b。（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若a=1，求三角形ABC的周长l的取值范围。解：（Ⅰ）根据余弦定理，有：b²=a²+c²-2accosB代入已知条件，得：a²+(acosC+c)²-2a(acosC+c)cosB=b²=a²+c²-2accosA化简得：cosA=(acosC+c-b)/2ac代入已知条件，得：cosA=(a²-c²)/2ac由于0<A<π，所以cosA>0，因此有：a²>c²代入已知条件，得：a²>(b-acosC)²化简得：a<b/(2cosC)代入cosC=(b-c)/a，得：a<b/(2(b-c)/a)=a²/(2b-2c)化简得：2a<b+c代入已知条件，得：2a<acosC+c+c化简得：2a<acosC+2c代入cosC=(b-c)/a，得：2a<a(b-c)/a+2c化简得：2a<b-c+2c化简得：a<b/3+c/3因此，角A的大小为：A=arccos[(acosC+c-b)/2ac]（Ⅱ）代入已知条件，得：cosC=(b-c)/a=(1-c)/1因此，有：c=1-acosC代入已知条件，得：a²+(1-acosC)²-2a(1-acosC)cosB=b²化简得：a²-2acosB+1=b²-2b+1代入已知条件，得：a²-2acosB+1=c²化简得：cosB=(a²+c²-1)/2ac代入已知条件，得：cosB=(1+2a²-2a)/2a(1-acosC)化简得：cosB=(1-a)/2(1-acosC)代入cosC=(b-c)/a，得：cosB=(a-b+1)/2(b-c)因此，有：b=acosC+c=acosC+1-acosC=1代入已知条件，得：a+c=1+acosC代入cosC=(b-c)/a，得：a+c=1+b/a-c化简得：a²+ac-b=0代入已知条件，得：a²+a(1-acosC)-1=0解得：a=(cosC±√(cosC²+4))/2因为0<C<π，所以0<cosC<1，因此有：cosC²+4>4√(cosC²+4)>2cosC+√(cosC²+4)>cosC+2>0因此，有：a>0代入cosC=(b-c)/a，得：a<b/(b-c)代入已知条件，得：a<1/(1-cosC)因为cosC>0，所以1/(1-cosC)>1，因此有：a<1因此，三角形ABC的周长l的取值范围为：2<l<318.某商场为吸引顾客消费推出一项优待活动。活动规则如下：消费额每满100元可转动如图所示的转盘一次，并获得相应金额的返券，假定指针等可能地停在任一位置。若指针停在A区域返券60元；停在B区域返券30元；停在C区域不返券。例如：消费218元，可转动转盘2次，所获得的返券金额是两次金额之和。（Ⅰ）若某位顾客消费128元，求返券金额不低于30元的概率；（Ⅱ）若某位顾客恰好消费280元，并按规则参与了活动，他获得返券的金额记为X（元）。求随机变量X的分布列和数学期望。解：（Ⅰ）设事件A为返券金额不低于30元，事件B为指针停在A区域，事件C为指针停在B区域，事件D为指针停在C区域。因为指针等可能地停在任一位置，所以有：P(B)=P(C)=P(D)=1/3因此，有：P(A)=P(B)P(A|B)+P(C)P(A|C)+P(D)P(A|D)代入已知条件，得：P(A)=(1/3)(1)+(1/3)(1/2)+(1/3)(0)=1/2因此，返券金额不低于30元的概率为1/2。（Ⅱ）设事件X=k为获得返券金额为k元，事件A为指针停在A区域，事件B为指针停在B区域，事件C为指针停在C区域。因为消费额每满100元可转动一次转盘，所以消费额为280元时，可转动转盘2次。因为指针等可能地停在任一位置，所以有：P(A)=P(B)=P(C)=1/3因此，有：P(X=0)=P(C)P(C)=1/9P(X=30)=P(B)P(A)+P(C)P(B)+P(A)P(B)=(1/3)(1/2)+(1/3)(1/3)+(1/3)(1/2)=7/18P(X=60)=P(A)P(A)=(1/3)(1/2)=1/6因此，随机变量X的分布列为：X03060P(X)1/97/181/6因此，随机变量X的数学期望为：E(X)=0×1/9+30×7/18+60×1/6=3519.平面直角坐标系中，底面为直角三角形ABC，AA'=AC，A'在BC上，且∠AAC'=60°，三棱锥ABC-A1B1C1中，侧面AAC1=AC=2，AB=BC=1，O为AC中点。（Ⅰ）证明：A1O垂直于平面ABC；（Ⅱ）求直线AC与平面A1B1C所成角的正弦值；（Ⅲ）在BC上是否存在一点E，使得OE平行于平面A1B1C，若不存在，说明理由；若存在，确定点E的位置。解：（Ⅰ）因为AA'=AC，所以∠A'AC=45°，∠A'AB=45°，∠BAA'=90°。因为∠AAC'=60°，所以∠A'AC'=30°，∠A'CA1=60°。因为AB=BC=1，所以∠ABC=∠BCA=45°，∠BAC=90°。因此，三角形ABC是等腰直角三角形，且三角形A'CA1是等边三角形。因为O是AC的中点，所以OA=OC，∠OAC=∠OCA=45°。因为∠CA1A'=60°，所以∠CA1O=30°。因此，A1O垂直于平面ABC。（Ⅱ）设直线AC与平面A1B1C所成角为α，点P为直线AC上离点A最近的平面A1B1C上的点，点Q为平面A1B1C上离点P最近的点，则∠APQ=α，AQ垂直于平面A1B1C。因为∠CA1A'=60°，所以∠A'CA1=60°，∠A'AC=45°。因为∠CA1P=90°，所以∠PA1C=30°，∠PA1Q=90°。因此，三角形PA1Q是等边三角形，且∠PA1Q=α。因为∠A1CA=75°，所以∠A1CP=15°。因为∠A1CQ=60°，所以∠A1PQ=75°。因此，直线AC与平面A1B1C所成角的正弦值为sinα=sin75°=(√6+√2)/4。（Ⅲ）设点E为BC上的一点，OE与平面A1B1C平行，则OE垂直于A1B1C，且∠OEC=45°。因为∠CA1A'=60°，所以∠A'CA1=60°，∠A'AC=45°。因为∠CA1E=90°，所以∠A1CE=45°，∠A1EC=30°。因此，三角形A1CE是等腰直角三角形，且三角形A1EC是等边三角形。因为AB=BC=1，所以∠ABC=∠BCA=45°，∠BAC=90°。因此，三角形ABC是等腰直角三角形，且∠BAC=90°。因为OE与平面A1B1C平行，所以OE垂直于A1E，且OE在平面ABC内。因为∠OEC=45°，所以∠A1EC=30°，∠A1OE=75°。因此，OE=A1E/2=√3/2。因为BC=1，所以BE=BC-EC=1-√3/2。因此，点E的位置为B点和C点之间，且BE=1-EC。20.如图，设抛物线C1:y²=4mx(m>0)的准线与x轴交于F1，焦点为F2；以F1,F2为焦点，离心率e=1的椭圆C2与抛物线C1在x轴上方的交点为P，延长PF2交抛物线于点Q，M是抛物线C1上一动点，且M在P与Q之间运动。（Ⅰ）当m=1时，求椭圆C2的方程；（Ⅱ）当△PF1F2的边长恰好是三个连续的自然数时，求△MPQ面积的最大值。解：（Ⅰ）当m=1时，抛物线C1的方程为y²=一：求函数在区间(a,a+)（其中a>0）上存在极值的取值范围。二：若当x≥1时，不等式f(x)≥k/(x+1)恒成立，求实数k的取值范围。三：证明[(n+1)!]^2>(n+1)en-2(n∈N*)。参考答案：一：答案为DBACB。二：13.解：k≤9/5。14.解：k=4n-2。15.解：理解为-23/33，文解为2a^2/(-23,23)。16.解：理解为2+2√2，文解为-1/2-√2。三：17.解：（一）由acosC+1/c=b得sinAcosC+1/2sinC=sinB，又sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC，因此cosA=1/2，又π>A>0，所以A=π/3；（二）由正弦定理得b=2sinB/3，c=2sinC/3，所以l=a+b+c=1+(2/3)(sinB+sinC)=1+2sinB+(2/3)cosB，化简得l=1+2sinB+2sin(A+B)，因此sin(B+π/6)≤sinB≤sin(B+π/3)，即1/2≤sinB≤√3/2，因此l的取值范围为(2,3]；另解：由余弦定理得b^2+c^2=bc+1，所以(b+c)^2=1+3bc≤4，又b+c>a=1，因此l=a+b+c>b+c>1，所以l的取值范围为(2,3]。18.解：设指针落在A、B、C区域的概率分别为P(A)、P(B)、P(C)，则P(A)=111/632，P(B)=3/8，P(C)=1/4；（一）若返券金额不低于30元，则指针落在A或B区域，因此P=P(A)+P(B)=111/632+3/8；（二）该顾客可转动转盘2次，随机变量X的可能值为30、60、90、120，因此P(X=0)=111/224。P(X=30)=233/11115；P(X=60)=263318/111；P(X=90)=369/111；P(X=120)=6636；因此，随机变量X的分布列为：X306090120P114351819136其数学期望EX=(30*11+60*43+90*5+120*18)/2336=40．19．解：（Ⅰ）证明：因为A1A=AC，且O为AC的中点，因此AO⊥AC．又由题意可知，平面AAC1C⊥平面ABC，交线为AC，且AO∈平面AAC1C，因此AO⊥平面ABC．（Ⅱ）如图，以O为原点，OB,OC,OA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．由题意可知，AA1=AC=AC1=2，又AB=BC,AB⊥BC；因此得:O(0,0,0),A(0,-1,0),A1(0,0,3),C(0,1,0),C1(0,2,3),B(1,0,0)=(0,1,-3),AA1=(0,1,3),AB=(1,1,0)。则有：AC1⊥平面AAB的一个法向量为n=(-1,1,-3)。（Ⅲ）设E=(x,y,z),BE=λBC1，即(x-1,y,z)=λ(-1,2,3)，得y=2λ，z=3λ，x=1-λ。因此E=(1-λ,2λ,3λ)，得OE=(1-λ,2λ,3λ)，令OE//平面AA1B，得OE⋅n=0，即-1+λ+2λ-3λ=0，得λ=1，即存在如此的点E，E为BC1的中点。20．解：（Ⅰ）当m=1时，y2=4x，则F1(-1,0),F2(1,0)。设椭圆方程为x2/a2+y2/b2=1，则a2=1，b2=4，椭圆中心为O(0,0)，焦点为F1(-1,0),F2(1,0)，则c=OF1=OF2=√(a2-b2)=√3，因此，直线y=2√3是椭圆的一条直径。（Ⅱ）设直线y=kx+b与椭圆交于点P(x1,y1)，则有x1≠0，y1≠0，代入椭圆方程得x1=±2√(1-k2)/(1+4k2)，y1=kx1+b。由于直线y=kx+b过点(1,0)，因此b=-k。代入点P(x1,y1)的坐标中得y1=kx1-k，因此，k=(y1+kx1)/(x1-1)。因此，直线y=kx-k与椭圆交于点P(x1,y1)。（Ⅲ）当k=2√3时，直线y=kx-k的斜率为正，且过点(1,0)，因此与椭圆有两个交点。代入公式中得x1=±√3，y1=3√3，因此两个交点分别为P1(√3,3√3)和P2(-√3,-3√3)。因此，直线y=2√3x-2√3与椭圆有两个交点。1.若$a>b$,则$c=1$,$e=0$,因此$a=2$,$b=3$。由此得到椭圆方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}=1$。2.因为$c=m$,$e=0$,所以$a=2m$,$b=3m$。设椭圆方程为$\frac{x^2}{4m^2}+\frac{y^2}{9m^2}=1$。3.由椭圆方程$\frac{x^2}{4m^2}+\frac{y^2}{9m^2}=1$，得到$4m^2y^2+9m^2x^2=36m^4$。整理可得$3x^2+16mx-12m^2=0$。4.把点$P$代入抛物线方程$y^2=12x$，得到$P(2,24)$。直线$PQ$的方程为$y=-26(x-3)$。联立两个方程，解得$x=9$，$y=-36$。因此点$Q$的坐标为$(9,-36)$。5.由$P$和$Q$的坐标可得$PQ=\sqrt{(9-2)^2+(-36-24)^2}=\sqrt{1361}$。设点$M$的坐标为$(a,b)$，则直线$PQ$的方程为$y=-\frac{26}{3}(x-3)$。点$M$到直线$PQ$的距离为$d=\frac{|a-\frac{26}{3}b+26|}{\sqrt{\frac{26^2}{9}+1}}$。因此$d^2=\frac{(2a+26b-78)^2}{730}+\frac{27b^2}{730}$。要求$d$的最大值，只需求$d^2$的最大值。对$d^2$求导，令导数为$0$，解得$b=-\frac{1}{2}$，$a=\frac{5}{2}$。因此点$M$的坐标为$(\frac{5}{2},-\frac{1}{2})$。此时$d^2=\frac{221}{2}$，即$\DeltaMPQ$的面积最大值为$\frac{221}{24}$。6.数学归纳法证明$x_n>3$，对于$n=1$，$x_1=4>3$，假设对于$n=k$，$x_k>3$，则$x_{k+1}=\frac{x_k^2-3}{2x_k-4}=\frac{(x_k-3)(x_k+1)}{2(x_k-2)}>x_k-3>0$，因此$x_{k+1}>3$。因此对于任意正整数$n$，都有$x_n>3$。7.由递推式$x_{n+1}=\frac{x_n^2-3}{2x_n-4}$，得到$x_{n+1}-3=\frac{(x_n-3)^2}{2(x_n-2)}>0$，因此$\{x_n\}$单调递增，且$x_n<4$。因此$\lim\limits_{n\to\infty}x_n$存在，设其为$x$，则$x=\frac{x^2-3}{2x-4}$，解得$x=3$。$n+1-1=\frac{2x-4}{-1}=\frac{-2x}{n-4}$，所以$x=\frac{n-3(x_{n-3})}{n+1-3}$，又$x_1=\frac{1}{3}$，因此$\log_x\frac{n+1-1}{x}=\left(\log_n3\right)^2$。又$\log_x1-3=1$，令$a_n=\log_{3x-3