2021年河南省商丘第一高级中学高考数学模拟试卷（理科）（5月份）-普通卷

2021年河南省商丘第一高级中学高考数学模拟试卷（理科5月份）一二三1.已知集合A={x|x2−3x+2>0}，则∁RA=()3.已知x，y满足约束条件1≥0，则z=y−2x的最小值为()A.−1B.−2C.−3D.−43437434546B.五年内三个月份平均降雨天数为41天D.五年内降雨天数的方差为227.已知奇函数f(x)在R上单调递增，且f(1)=2，则xf(x)<A.C.D.−1能到点B或点C或点D或点E.设马从点A出发，必须经过点M，N(点M，N不考虑先后顺序)到达点P，则至少需走的步数为10.已知a>0，b>0，且(a+1)b=(b+2)a，则()A.a>bB.a=bC.a<bD.a，b大小关系无法确定11.在平面直角坐标系xoy中，已知圆o：x2+y2=r2(r>0)与圆M：(x−3)2+(y−4)2=9相交于A，B两点，点P是线段AB上的任意一点(含端点)，若存在P，使得以P为圆心，以1为半径的圆与圆M无公共点，则r的取值范围为()A.若q∈(0,1)，则存在M>0，使得sn<M对任意n∈N∗都成立B.若q=2，则sn<an+1C.若q≥2，则数列{an}中存在三项可以构成等差数列D.若sk>qmsk−1(k≥2,m≥2,k∈N∗,m∈N∗)，则sm>qksm−115.在平面直角坐标系xoy中，已知抛物线M：y2=2px(p>0)与双曲线1(a>0,b>0)有公共焦点F，抛物线M与双曲线C交于A，B两点，A，B，F三点共线，则双曲线C的离心率为.16.如图，在三棱锥P−ABC中，AP=AB=AC=1，PB=√2，BC=√且二面角P−AB−C的大小为，则该17.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，C且2a2(COsBCOsC+COsA)= (2)若CsinC=4(a+b)(sinA−sinB)，△ABC的周长为求△ABC的面积.关部门调研了500名大学毕业生，了解他们毕业后的去留是否与家在A市有关，所家在A市家不在A市准备离开A市14060200准备留在A市140160300280220500市的人数的概率分布列及数学期望.参考公式：K2=，n=a+b+C+d.P(K2≥k0)k019.如图，在直棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=，AA1=2.点E是线段AD1上的动(2)求平面BCE与平面ABB1A1所成锐二面角的余弦值的取值范围.与x轴不重合的直线l与椭圆C交于P，Q两点.(2)设PQ的中点为M，试判断是否存在实数t，使得|AM|2−为定值．若存在，求出t的值，并求出该定值；若不存在，请说明理由.21.已知函数f(x)=(x−a)lnx−ax2+2x(a≥0)，其导函数为g(x).(1)若a=0，证明：对任意k∈R，直线y=kx与曲线y=f(x)均不相切；(2)若函数g(x)有且仅有两个零点，求实数a的取值范围.)+3=0，点A的极角为(极径小于1)，点A在圆M上，过点A且斜率为2的直线l与曲线C相交于P、Q两点.求的值.(1)求不等式f(x)≥x+2的解集；(2)不等式f(x)的最小值为m，若a，b为正数，且a+b=m，证明：答案和解析1.【答案】B故选：B.通过解一元二次不等式x²−3x+2>0求出A，再求A的补集.本题考查解一元二次不等式，补集运算，属于基础题.2.【答案】D故选：D.根据已知条件，结合复数的乘法原则和复数的几何含义，即可求解.属于基础题.3.【答案】A【解析】解：由约束条件找出可行域如图阴影部分，联立1=0，解得A令z=y−2x，则y=2x+z，作出直线y=2x并平移，数形结合知，当平移后的直线经过点A(1,1)时，z取得最小值，且zmin=−1.故选：A.优解的坐标代入目标函数得答案.本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是中档题.4.【答案】D故选：D.利用几何概型的概率公式，列出关于r的不等关系，求解r的范围，即可得到答案.的比值进行求解，考查了逻辑推理能力，属于中档题.5.【答案】CB：=41，∴B正确，故选：C.观察表格可判断A，求出平均数可判断B，求出增加量可判断C，求出方差可判断D.本题考查平均数，方差的计算公式，增加量的含义，属于基础题.6.【答案】A由函数=sin在上单调递增，解得0<w≤2，故选：A.本题主要考查正弦函数的增区间，属于基础题.7.【答案】D【解析】解：因为奇函数f(x)在R上单调递增，且f(1)=2，f(0)=0，令g(x)=xf(x)，g(1)=1×f(1)=2，有g(−x)=(−x)f(−x)=xf(x)=g(x)，则g(x)为偶函数，又由xf(x)<2⇔g(x)<g(1)，即g(x)<g(1)，则有|x|<1，解可得−1<x<1，故选：D.本题主要考查了利用函数的单调性及奇偶性求解不等式，体现了转化思想的应用.8.【答案】D故选：D.即可求解.本题考查了两角和的三角函数，考查分类讨论的思想，属于中档题.9.【答案】C【解析】解：根据题意，由图可知，从N到P只需1步，从M到N至少需走2步，从A到M至少需走3步，从A到N至少需走3步.所以要使得从点A经过点M，N到点P所走的步数最少，只需从点A先到点M，再到点N，最后到点P，故选：C.根据题意，利用倒推法：依次求出“从N到P”、“从M到N”和“从A到M”的最少步数，进而分析可得答案.本题考查合情推理的运用，可以使用倒推的思路，分析最少步数，属于基础题.【解析】解：因为(a+1)b=(b+2)a，因为f(a)>f(b)，故选：C.导数判断函数f(x)的单调性，由单调性即可判断a和b的大小关系.构造函数考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题.11.【答案】A【解析】解：由题意，两圆的圆心距为OM=5，若P为线段AB中点时，若以P为圆心，1为半径将圆O，圆M的方程作差，可得直线AB的方程为6X+8Y−16−r2=0，此时圆M与圆P必定内含，所以|MP|=即故选：A.由两圆相交，先求出r的范围，由两圆的方程作差，求出公共弦AB的方程，确定圆M与圆P必定内含，列出不等关系，求解即可.查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题.解：对于A，sn=，故A正确；对于B，sn==a1⋅2n−a1=an+1−a1<an+1，故B正确；对于C，当q≥2时，ax+1≥2an，am+ak>am≥ax+1≥2aπ(m>n>k)，故不存在对于D，由sk>qmsk−1，可得所以sm>qksm−1，即D正确.故选：C.直接利用等比数列的性质和等比数列的关系式的变换的应用和等差中项的应B、C、D的结论.本题考查的知识要点：等比数列的性质和等比数列的前n项和公式，等比数列的前n项和的变换，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题.13.【答案】—322222222故答案为：—3.先将两个等式平方，再作差，即可得解.题.14.【答案】324故答案为：324.根据二项式展开式特点可直接计算.本题主要考查二项式定理，属于基础题.【解析】解：由题意可知=C，:A可得，则2aC=b2=C2—a2，:e2—2e—1=0，解得e=√2+1(e>1).由题意可得A点坐标，再由两曲线有公共焦点F求得A(C,2C)，系，结合隐含条件得答案.本题考查双曲线与抛物线的综合，考查运算求解能力，是基础题.【解析】解：易知△ABP是以PB为斜边的等腰设△ABP，△ABC的外接圆圆心分别为O1，O2，所以O1为PB中点，△O2AB为等边三角形.设AB中点为H，连接O1H，O2H，所以O1H⊥AB，O2H⊥AB则∠O1HO2=，O1H=，O2H=设球心为O，则OO1⊥O1H，OO2⊥O2H，设∠OHO1=θ,则∠OHO2=所以解得tanθ=2−,所以OO1=O1H⋅tanθ=1−设外接球半径为r.则r2=OO+O1P2=所以表面积S=4πr2=设△ABP，△ABC的外接圆圆心分别为O1，O2，结合平面几何知识及二面角的定义有∠O1HO2=，O1H=，O2H=设球心为O，则OO1⊥O1H，OO2⊥O2H，通过解直角三角形，求出球心O到平面PAB的距离OO1，再利用截面的性质求出球的半径.本题考查二面角，三棱锥的外接球，属于中档题.解：因为2a2bCsin2A，且COsA=−cossinBsinC−COsBCOsC，所以可得2a2sinBsinC=√bCsin2A，有2sin2A=2√3sinACOsA，(2)因为CsinC=4(a+b)(sinA−sinB)，由正弦定理有：c2=4(a+b)(a−b)，可得c2=4(a2−b2)，又由及余弦定理有：a2=b2+c2−bc，有a2−b2=c2−bc，有c2=4，可得：b=可得2+c2−可得可得△ABC的周长为a+b+c=，解得c=2，【解析】(1)由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得tanA的值，结合范围0<A<π,可得A的值.(2)由正弦定理化简已知等式可得c2=4(a2−b2)，又由余弦定理有a2−b2=c2−bc，进而根据三角形的面积公式即可求解.形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题.解：∵K2=≈26.51>10.828，∴有99.9%的把握认为毕业后去留与家在A市有关.设5名学生中准备离开A市的学生人数为随机变量X，X～B故X的分布列为：X012345P 243 3125 162 625216144625 48 625【解析】(1)根据已知条件，结合独立性检验公式，即可求解.A市的学生人数为随机变量X，X～B，则X可取0，1，2，3，4，5，分别求出对应的概率，即可得X的分布列，并结合期望公式，即可求解.属于中档题.作AD中点F，连接EF，BF，因为AD//B1C1，BE⊥B1C1，所以AD⊥BE，在菱形ABCD中∠BAD=，F为AD中点，所以BF⊥AD，因为BE∩BF=B，BE，BF⊂平面BEF，所以AD⊥平面BEF，因为EF⊂平面BEF，所以AD⊥EF，所以EF//DD1，因为F为AD中点，所以E为AD1中点，(2)连接AC，BD交于点O，连接A1C1，B1D1交于点O1，“棱柱ABCD-A1B1C1D1为直棱柱，且底面ABCD为棱形，:AC，BD，OO1两两垂直，以O为坐标原点，OA，OB，OO1为x，y，z轴建立如图所空间直角坐标系，易解得OB=1，OA=√取x1=1，则，取x2=1，则设平面BCE与平面ABB1A1所成锐二面角为θ,故平面BCE与平面ABB1A1所成锐二面角的余弦值的取值范围为【解析】(1)作AD中点F，连接EF，BF，由已知条件可得，AD丄BE，根据菱形的性质AD丄EF，从而EF//DD1，即可求解.(2)连接AC，BD交于点O，连接A1C1，B1D1交于点O1，由棱柱ABCD-A1B1C1D1为直棱柱，且底面ABCD为棱形，可得AC，BD，OO1两两垂直，以O为坐标原点，OA，OB，OO1为x，y，z轴建立如图所空间直角坐标系，分别求出平面ABB1A1的法向量，平面BCE的法向量，再结合向量之间的夹角公式，即可求解.本题主要考查了二面角的平面角及求法，掌握建系思想是解本题的关键，属于中档题.所以椭圆C的方程为(2)存在实数使得|AM|2−为定值．理由如下：因为M是PQ的中点，故|AM|2−=|AM|2−|MP|2=与椭圆C的方程联立，消去x，整理得(m2+2)y2+2mty+t2−4=0，设，则y1+y2=−,y1y2=因为A(2,0)，所以=(x1−2,y1)=(my1+t−2,y1)，=(my2+t−2,y2)，y2)+(t−2)2，若对任意m∈R，为定值，则t=2或t=因为−2<t<2，所以t=此时，|AM|2−0.存在实数使得|AM|2−为定值，且定值为0.【解析】(1)根据题意，a=2，及b=C，即可求得椭圆方程；(2)根据向量的运算，化简可得|AM|2−设直线PQ的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及向量的坐标运算，即可求得t的值.考查计算能力，属于中档题.21.【答案】解：(1)证明：当a=0时，f(x)=xlnx+2x，则f′(x)=lnx+3，设切点为(x0,f(x0))，则切线方程为y=(lnx0+3)(x−x0)+x0lnx0+2x0，整理得y=(lnx0+3)x−x0，即直线y=kx与曲线y=f(x)不相切；=lnx−2ax−+3，则g′−2a+，①当a=0时，g(x)=lnx+3在(0,+∞)递增，由g(x)=0，可得x=e−3，不合题意；②当a>0时，设ℎ(x)=−2ax2+x+a，因为ℎ(0)=a>0，且−2a<0，所以存在x0>0，使得ℎ(x0)=g′(x0)=0，当0<x<x<X<X0时，ℎ(x)>0，即g′(x0)<0，g(x)递减，因为−2ax+x0+a=0，所以即则g(x)max=g(x0)=lnx0−a(2x0+)+3=lnx0−+2，