2021届全国高考数学模拟试卷(理科)(四)(全国Ⅲ卷)(含答案解析)

2021届全国高考数学模拟试卷（理科）（四）（全国川卷）

一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）

1.设集合u={1,2,3,4,5,6},M={1,3,5},则=()

A.{2,4,6}B.{1,3,5}C.{1,2,4)D.U

2.若i(x+yi)=3+4i,x,yER,则复数x+yi的模是().

A.2B.3C.4D.5

i\.^««；sin235o—7

3.化间------2=/)

sin200')

A.-B.一；C.—1

22D.1

4.对于直角坐标平面内的任意两点油容柿碱、腾J；，定义它们之间的一种“距离”

1|4即|=|厢一闯出依-，粒给出下列三个命题：

①若点C在线段AB上，则||AC||+||C5||=\\AB\\；

②在△力BC中，若/C=90。，则114cli+=|MBU；

③在△ABC中，||/1C||+||CB||>\\AB\\.

其中真命题的个数为

A.0B.1C.2D.3

5.设随机变量f〜N(0,1),记=P(f<%),贝l|P(-l<f<1)等于()

A..幽誓二)B.20(-1)-1C.2<J>(1)-1D.0(1)+0(-1)

6.命题p：若直线人：x+ay=1与直线，2：ax+y=0平行，则a。—1；命题q：>0,使得

y=cos3x的最小正周期小于玄则下列命题为假命题的是（）

A.~pB.qC.pAqD.pVq

7.某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是（）

A.32做左｝视图

B.16+16^

C.48

做校图

D.16+32及

8.已知椭圆?+?=1上有相异的三点A,B,C,则S-BC的最大值为()

A.延B.3&C.也D.3V6

22

9.若△ABC的面积为9(a2+c2—/)2),且/C为钝角，贝此8的度数以及?的取值范围为()

A.乙B=60°,(6(1,+8)B,Z.B=30°,(6(1,+00)

C.4B=60°,fG(2,+8)D.乙B=30°,;6(2,+oo)

10.已知向量a,b满足Q—2b=0,(a—b)・b=2,则网=

A.：B.1C.V2D.2

11.已知双曲线C：条―l(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2.点尸是直线y=?与双曲线

C的一个交点，若△RPF2,为等腰三角形，则双曲线C的离心率为()

A.JB.上更C.1+V2D.1+V5

22

6

12.己知定义在R上的增函数满足/(-X)+/(%)=0,若刀1，乂2，％3R，且1+x2>0,x2+x3>

0,X3+X1>0,则，(%1)+/(工2)+。(*3)的值()

A.一定大于0B.一定小于0C.等于0D.正负都有可能

二、单空题(本大题共4小题，共20.0分)

13.2020年新型冠状病毒疫情期间，某机构调查了甲、乙两所医院各甲

8990789

10名治愈出院患者的住院天数，绘制成茎叶图如图所示，则甲、乙350026I00226

01

两所医院各10名治愈出院患者的住院天数的中位数之和是.

n

14.己知数列｛即｝的前n项和Sn=2-l(nG/V),则(14=

15.在dBC中，己知4b=l,△ABC的外接圆半径为1,则=；

16.两个圆锥有等长的母线，它们的侧面展开图恰好拼成一个圆，若它们的侧面积之比为1：2,则

它们的体积是.

三、解答题(本大题共7小题，共82.0分)

17.已知数列｛斯｝6€/7*)的首项与=1,前”项和为S“.设；I和k为常数，若对一切正整数〃，均有

111

=成立，则称此数列为-小数列•

°sn'+l°nAUn+l“4

(1)若等差数列是“入一1”数列，求兀的值;

(2)若数列｛册｝是受一2”数列，月.an>0,求数列5｝的通项公式;

(3)对于给定的;I,是否存在三个不同的数列｛斯｝为“4-3”数列，且an20?若存在，求出;I的取值

范围；若不存在，说明理由.

18.如*图，在底面是直角梯形的四棱锥S-4BCD中，乙4BC=90°,SA，面ABCASZ=AB=BC=1,

(1)求四棱锥S-48CD的体积;

(2)求证：BC1面&48；

(3)求SC与底面ABCD所成角的正切值.

19.如图,直线/：y=x+b(b>0),抛物线C：y2=2px(p>0),已知点P(2,2)在抛物线C上,

且抛物线C上的点到直线/的距离的最小值为九2.

4

(1)求直线/及抛物线C的方程;

(2)过点Q(2,l)的任一直线(不经过点P)与抛物线C交于A、B两点，直线AB与直线/相交于点例，

记直线PA,PB,的斜率分别为七，k2,的.问：是否存在实数九使得七+七=入心？若存

在，试求出4的值；若不存在，请说明理由.

20.2018年某省数学奥赛试行改革：在高二一年中举行5次全区竞赛，学生如果其中2次成绩达全

区前20名即可进入省队培训|,不用参加其余竞赛，而每个学生最多也只能参加5次竞赛.规定：

若前4次竞赛成绩都没有达全区前20名，则第5次不能参加竞赛.假设某学生每次成绩达全区

前20名的概率都是/每次竞赛成绩达全区前20名与否互相独立.

(1)求该学生进入省队的概率.

(2)如果该学生进入省队或参加完5次竞赛就结束，记该学生参加竞赛的次数为求f的分布列及f的

数学期望.

21.如图，某自来水公司要在公路两侧排水管，公路为东西方向，在路北侧沿直线A排，在路南侧

沿直线，2排，现要在矩形区域A8C。内沿直线将，1与％接通.已知4B=60m,BC=80m,公路

两侧排管费用为每米1万元，穿过公路的EF部分的排管费用为每米2万元，设EF与A8所成

的小于90。的角为a.

(I)求矩形区域ABC。内的排管费用W关于a的函数关系；

(n)求排管的最小费用及相应的角a.

%=4-----1

后2(t为参数)，以坐标原点。为

V24

1yr

极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.圆C的圆心为(1,0),且过点“(15).

(1)求直线/和圆C的极坐标方程；

(2)。=a(0<a<$的射线厂与圆C相交于异于极点的点A,与直线/相交于点B,若|OB|=2\OA\,

求a.

23.已知对于任意非零实数m,不等式137n-1|+|1-m|>|7n|(|x-1|-\2x+3|)恒成立，求实数

式的取值范围.

【答案与解析】

1.答案：A

解析：试题分析：直接根据集合的补集的定义以及条件，求出QM.

•••集合U={1,2,3,4,5,6},M={1,3,5},则QM={2,4,6},

故选A.

2.答案：D

解析：•••i（x+yi'）=—y+xi=3+4i,

（x=4

,,,|y=-3'

■•■x+yi=4—3i.

•••\x+yi\=J42+（-3/=5.

3.答案：B

1-COS7001

解析：解：原式=_C0S7。。=一SE20。=

sin2002sin200-2sin20°2

故选：B.

首先由余弦的二倍角公式把sin235。降暴，再由正余弦互化公式可把cos70。转化为sin20。，问题解决.

本题考查余弦的二倍角公式及正余弦互化公式.

4.答案：B

解析：

新定义的应用.

此题主要考查新定义的问题，对于此类型的题目需要认真分析题目的定义再求解，切记不可脱离题

目要求.属于中档题目.本题的易错点在于不等式：|a|+|b|2|a+b|忘记等号也可以成立.

解:对于直角坐标平面内的任意两点A。1,％）,8（次/2），定义它们之间的一种“距离”：MB|=|x2-

“11+仅2-yJ对于①若点C在线段A3上,设C点坐标为（Xo，yo）,沏在与、&之间，M）在%、%之

间,则|4C|+\CB\=|x0-xj+\y0-yiI+\x2-x0\+|y2-yol=%fl+伍一%1=MB成立,

故①正确.

对于②平方后不能消除%），7o>命题不成立；

对于③在△ABC中,\AC\+\CB\=|x0-Xx|+仇+\x2-x0\+\y2-y0\>IQo-匕）+（x2-

&）l+IOo-yi）+（y2-y0）l=%fl+ly2-7il=|AB|.③不一定成立

••・命题①成立，

故选：B.

5.答案:C

解析：

本题考查正态分布的应用，解题时要认真审题，是基础题.

由题意知P(-l<f<1)=P(f<1)-P(f<-1)=<1)-[1-P(f<1)],由此能求出结果.

解：T随机变量f〜N(O,1),记中(x)=P(f<x),

•••P(-l<f<1)=<1)-P(f<-1)

=P(f<1)-[1-P代<1)]

=20(1)-1.

故选：C.

6.答案：C

解析：解：命题p：a=0时，两条直线分别化为：x=1,y=0,此时两条直线不平行，舍去；a4。

时，两条直线分别化为：丫=—+y=-ax,

若直线，i：x+ay=l与直线％：ax+y=0平行，则—：=-a,:手0，解得a=±1，因此命题p是

假命题.

命题％3>0时，若7=秒<会只要3>4即可，因此强>0,使得y=cos3x的最小正周期小于

p是真命题.

则下列命题为假命题的pA<?.

故选：C.

命题P：对。分类讨论，利用两条直线相互平行的充要条件即可判断出真假.命题/3>0时，若

T=-<^只要3〉4即可，即可判断出真假.再利用复合命题真假的判定方法即可得出.

32

本题考查了两条直线相互平行的充要条件、三角函数的周期性、复合命题真假的判定方法，考查了

推理能力与计算能力，属于中档题.

7.答案：B

解析：

由三视图知原几何体是一个底面边长为4,高是2的正四棱锥.如图：

vAO=2,OB=2,

•••AB=2^2-

又^=4x1x4x272=16^,s麻=4x4=16,

H2

-$表=S网+S^=16+160.

8.答案：C

解析：解：首先证明一个结论，

2

设4(以：05。1，加讥。1),B(acos92>bsin02yCgcos/'bsiTi®)，(0W%V4<&<2汗)，是椭圆a+

昌=1上三个不同的点，

bz

直线/：y=-b,&,Bi,Ci分别是A,B,C在直线/上的射影，

则①(acos%,—b),当(QCOS4,一匕)，的(。。05既，—b),

SfBC=S梯形44遥遇+S梯形881C]C-S梯形44]C]C，

111

=2(M&I+旧为|)|&当|+5(阳当|+|cc】|)|BiCi|-+|CC1|)|&G|

11

=-(<bsind1+b+bsind2+b}{acos91—acosd2)+，(仄讥％+b+bsin93+b')(acosd2~acos/)

1

>

--(bsin61+b+bsind3+b)^acos01—acosd3)

=|ah[sin(02-%)+sin(03-02)-sin(03-%)],

因为0W%V82Vo3V2TT,

所以。2—%，。3—。2，。3-%W(0,2TT),

令a=。2—%，B=。3—。2,

则a+1=03-01e(0,2TT),

所以S—BC=^ab[sina+sinp-sin(a+/?)],

令p=sina+sinp—sin(a+/?)

a+pa—pa+0a+0

=2sin---cos------2sin---cos---

2222

=2sin(cos—cos^^)<2sin^(1—cos^^)=4sin^^・sin2^^=8sin3cos

7竺7

2、222、22444

所以p2<64sin6cos2=­sin2•sin2空^•3cos2竺^

1223444

64sin2^^-+sin2^^-+sin2^:^-+3cos2^^-27

-3I474

所以pw苧,

(cos=1

当且仅当[siM字=3c"2字’

即《=/?=与时，等号成立,

所以(S”BC)ma%=¥昉，

所以Q=2,b=叵,

所以(SMBC)max=¥X2X鱼=乎,

故选：C.

设椭圆京+上三个不同的点

1=14(QCOS6I，bsin%),B(acos%，bsin")，(acos03,bsin93),(0＜

%＜。2＜。3V2TT),作它们在直线y=—b上的射影4,B「G，用梯形面积表示△ABC的面积，然

后转换为求三角函数的最大值，由三角函数恒等变形及均值不等式可得最大值，从而=

亚ab，即可得出结论.

4

本题考查椭圆内接三角形的面积的最大值，解题中需要一定的计算能力，属于中档题.

9.答案：C

解析：

本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式的综合应用，属于中档题.

由己知结合余弦定理及三角形的面积公式可得S=2acs讥B=3(a2+c2—炉)=在x2accosB,可

24、J4

csinCsinC

求tanB,进而可求B,然后由正弦定理可得，£=赤=忑严内，展开后利用正切函数的性质可求

范围.

解：由余弦定理可得，cosB=*士，

2ac

222

・••a4-c-Z7=2accosBf

222

•・•S=-acsinB=­k(a4-c—bJ)=-x2accosB,

244

AtanB=>j3r

。VB<Tt,

1

B=-71

csinCsinCsinC2

由正弦定理可得，片加厘，

・・,ceG兀号），

・•・tanC<—V3»

故选：c.

10.答案:c

解析：

本题考查了向量的数量积，向量五万满足为一2另=0,所以(有一石)•石=片=2,即可得出结果.

解：向量五万满足五一2石=0,

—»—»—2

(a—b)'b=b=2，

•••|b|=V2»

故选C

11.答案：c

解析:解：由已知得点尸的坐标为(c,9)或(-C,今,所以^FiPF2为等腰直角三角形，所以?=2c,

即c?—a2=2ac,所以e?—2e—1=0.解得e=1+V2,

故选：C.

求出产的坐标，利用已知条件列出方程，然后求解双曲线的离心率即可.

本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查.

12.答案:A

解析：解：•；/(-x)+/(x)=0,/(x)定义在R上的奇函数，

•••奇函数人尤)是定义在R上的增函数，且Xi+%2>。，

•••X1>-x2,则f(%i)>/(-X2),

BP/(Xl)>—fG2)，则f(Xl)+f@2)>0.

同理可得fQi)+f(X3)>0J(x2)+/(x3)>o.

•••/(%)+/(亚)+f(X3)>0-

故选：A.

由题意判断出函数的奇偶性，由亚+不>0移向得Xi>-x2,再结合函数的单调性得f(Xi)+/(如)>

0,利用类比推理得/(/)+/。3)>0./。2)+/。3)>0,三个式子相加后判断符号即可.

本题考查了函数的单调性和奇偶性的综合应用，以及类比推理的应用，属于中档题.

13.答案：22

解析：解：甲医院10名治愈出院患者的住院天数分别为8,9,9,10,10,12,13,15,16,22,

甲的中位数是誓=11;

乙医院10名治愈出院患者的住院天数分别为7,8,9,10,10,12,12,16,20,21,

乙的中位数是等=11.故中位数之和为22.

故答案为22.

把数据按从小到大排序，利用中位数定义分别求出甲、乙两所医院的中位数再相加即可得到结果

本题考查中位数需按大小排序，10个数取中间两数的平均值即是中位数，属于基础题.

14.答案：8

解析：解：•.•数列｛an｝的前〃项和Sn=2n-l(neN*),

43

a4=S4-S3=(2-1)-(2-1)=8

故答案为：8

由题意可得a4=S4-S3,代值计算可得.

本题考查等比数列的前〃项和与通项的关系，属基础题.

15.答案：立

2

解析：解：由正弦定理可得：a=2Rsin力=2xlxsing=遮，s讥B==2=；,

•J2R2X12

由Q=百>1=b，可得B为锐角，从而解得：B=3

故解得：0=兀_4_8=兀_曰一?=£

5oZ

则SMBC=|cibsinC=|xV3x1xsin

故答案为：立.

2

由正弦定理可求Q=2RsinA=V3»sinB=2=：,由大边对大角Q=V3>1=6,可得3为锐角，

从而解得8,C,利用三角形面积公式即可得解.

本题主要考查了正弦定理，大边对大角，三角形面积公式等知识的应用，属于基本知识的考查.

16.答案：上而

解析：略

17.答案：解：（l）/c=l时，an+1=Sn+1-Sn=Aan+1,由"为任意正整数，且%=1,QnH0,可

得4=1；

(2)师'一向=日后7,则an+1=Sn+1-Sn=(向二-图•(历'+西)=*

+1(jSyi+1+JSn),

f

因止匕JSn+]+yj~S^=V3,yjCLn+i艮^Jsn+i=gJ3azi+i，Sn+i=九+i=§(Sn+i—S九)，

n

从而Sn+i=4Sn,又Si=%=1,可得Sn=4t,

n-2

an=Sn-Sn_]=3•4,n>2,

综上可得=…*；

(3)若存在三个不同的数列｛an｝为“4-3”数列，

111

则圮+】一5噂=%3，

2112

3

贝0]-3sM屈+3sM寓-Sn=Aan+1=松…-S“)，

由%=1,an>0,且%>0，令外=(竽放>0，

则(1-万欣-3P蔡+3pn-(1-A3)=0,

4=1时，Pn=Pn'

由%>0,可得pn=1,则Sn+i=sn,

即a九+1=0,

此时｛an｝唯一，不存在三个不同的数列｛an｝,

4*1时，令t=斗，则成-tp2+tpnT=。，则(Pn-1)睇+(1-OPn+1]=0，

①CW1时，pW+(1-t)pn+1>0,贝ijpn=1,同上分析不存在三个不同的数列｛a九｝;

2

@1<t<3时，△=(1-t)-4<0,+(1-t)pn+1=0无解，

则%=1,同上分析不存在三个不同的数列｛册｝；

3

③£=3时，(pn-I)=0,则271=1,同上分析不存在三个不同的数列｛an｝.

④t>3时，即0V4<1时，△=(1一1)2-4>0,2/+(1-亡加71+1=0有两解%氏

设QV£,a+B=t—l>2,=1>0,则0Va<l<£,

则对任意neN*,"=1或含=或含=优，此时％=1,Sn=(^>2-Sn=均

符合条件.

r1=1=1(1,n=1

33

对应斯=｛。'；12，an=]/?-l,n=2,an=k-l,n=3,

)一(0,n>3(0,n=2,n>4

则存在三个不同的数列｛aj为“％-3”数列，且册>0,

综上可得0<4<1.

解析：(1)由“4-1”数列可得k=1,结合数列的递推式，以及等差数列的定义，可得;I的值；

(2)运用“当-2”数列的定义，结合数列的递推式和等比数列的通项公式，可得所求通项公式；

(3)若存在三个不同的数列｛&»｝为“"3”数列，贝％-S；=£+]，由两边立方，结合数列的递

推式，以及f的讨论，二次方程的实根分布和韦达定理，即可判断是否存在；I,并可得取值范围.

本题考查数列的新定义的理解和运用，考查等差数列和等比数列的通项公式的运用，以及数列的递

推式的运用，考查分类讨论思想，以及运算能力和推理论证能力，是一道难题.

18.答案：解：⑴•••底面是直角梯形的四棱锥S-4BCC中，^ABC=90°,SAijlffABCD,SA=AB=

1

BC=1,AD=,

四棱锥S-ABCD的体积：y=|s/i=IxIx(4Z)+BC)xxSA

=ix(|+l)xlxl=i.

(2)证明：•••S4IffiABCD,BCu面ABCD,

SA1BC,

•••AB1BC,SAdAB=/l,SA,ABu面SAB,

BCJ•面SAB.

■：BCu面SBC,

.♦.面SAB1面SBC.

(3)连接AC,

VSA1®ABCD,

・•/SC4就是SC与底面ABCD所成的角.

在三角形SC4中，

SA=1,AC=Vl2+l2=V2,

•••tanZ.SC/1=—=.

ACy/22

解析：本题考查棱锥的体积公式，考查直线与平面所成角的求法，平面与平面垂直的判定定理的应

用，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题.

(1)由题设条四棱锥S-4BCD的体积：V=1Sh=lx^xiAD+BC)xABXSA,即可求得四棱锥S-

ABC。的体积；

(2)由SA_L面ABC。，知IS41BC,由力B1BC,BC1®SAB,由此能够证明面SAB1面SBC；

(3)连接AC,知NSCA就是SC与底面ABC。所成的角，由此能求出SC与底面ABCD所成角的正切

值.

19.答案:⑴・••点P(2,2)在抛物线C上，:p=l,

:.y2=2x....

设与直线/平行且与抛物线C相切的直线r方程为y=x+m,

代入抛物线方程可得/+(2m-2)x+m2=0,

(2m—2)2—4m2=4-8m=0>得m=5则直线V方程为y=x+：.

•••两直线/、厂间的距离即为抛物线C上的点到直线/的最短距离，

...有吃与=这，解得b=2或=一1(舍去).

V24

•••直线I的方程为y=x+2,抛物线C的方程为y2=2%.

(2)由题意可设AB的斜率为鼠则直线AB的方程为y-l=fc(x-2),

与抛物线联立，消去x得ky2—2y-4k+2=0,

设点A、8的坐标分别为A（%i，yi）,8（%2，丫2），

则为+y2=p%丫2=

vki=,k=—

1%+2'2力+2

2

...自+凡==一+二一=泡*+侬垓=看”丝

12%+2%+2%%+2仇+先）+4可+2»3

,fy-1=k（x-2）_2k+i_4k-i

田（y=x+2得"一k-i'yM一k-i，

4fc-l_

.K_TT-2_2k+l

,,K3-2k+l—

TT-Z

Ze1+/^22k3.

因此，存在实数；l,使得七+卜2=4卜3成立，且4=2.

解析：（1）利用点P（2,2）在抛物线C上，可求抛物线方程，求出与直线/平行且与抛物线C相切的直

线，'方程，利用两直线/、，'间的距离即为抛物线C上的点到直线/的最短距离，可得直线/的方程;

（2）直线A3的方程为y-1=k（x-2）,与抛物线联立，消去x,利用韦达定理、斜率公式,求出自+k2,

再由31；了一2）得知=答、”=若，求出&，即可得出结论.

20.答案：解：（1）记“该生进入省队”的事件为事件4其对立事件为彳，

则「由)=盘(9(|)3(|)+(|)4=衰

•••该学生进入省队的概率PQ4)=1-P(A)=翳...............(4分)

(2)该生参加竞赛次数f的可能取值为2,3,4,5....................(6分)

P&=2)=I#=i,

p(f=3)=d($(|)G)=M

P(f=4)=C^)g2@+C)4=^,

P(f=5)=CX5(|)3=±.........................................(10分)

故f的分布列为:

2345

142832

P

9278181

E（f）=2xi+3x-+4x-+5x-=

9278181

詈..................................................（12分）

解析：（1）记“该生进入省队”的事件为事件4其对立事件为彳，由此能求出该学生进入省队的概

率.

（2）该生参加竞赛次数f的可能取值为2,3,4,5,分别求出相应的概率，由此能求出《的分布列和E&）.

本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查对立事件概率计算公

式、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题.

过E作EM1BC,垂足为M,由题意得Z_MEF=a(0WtcmaW》

故有

MF=60tana,EF=cosaAE+FC=80-60tana.

...,60cc60sina,120八C60(sina-2)

・・.iv=(80-60tana)x1+——x2=80----------+——=80----