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1、2021高考仿真模拟卷(三)一、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(2020山东潍坊一模)设集合A2,4，BxN|x30，则AB()A1,2,3,4 B0,1,2,3,4C2 Dx|x4答案B解析集合BxN|x300,1,2,3，集合A2,4，AB0,1,2,3,4故选B.2(2020辽宁沈阳东北育才学校第八次模拟)若复数z满足(2i)z5，则在复平面内与复数z对应的点Z位于()A第一象限 B第二象限C第三象限 D第四象限答案D解析由(2i)z5得z2i，所以复数z对应的点Z的坐标为(2，1)，其位于第四象限故选D.3.(2020山东
2、青岛三模)如图是一个22列联表，则表中a，b的值分别为()y1y2总计x1b21ex2c2533总计ad106A96,94B60,52C52,54D50,52答案B解析由表格中的数据可得c33258，d212546，a1064660，b60852.故选B.4(2020海南中学高三摸底)函数f(x)的图象大致是()答案D解析因为f(x)f(x)，所以函数f(x)是奇函数，排除A，C，又当0x1时，f(x)0)与曲线yx3有且只有两个公共点A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中x10，b0，ab，则ab2C若ba0，m0，则D若ab0，且|ln a|ln b|，则ab1答案BCD解析对于A，若a
3、0时，则a0，b0，则ab，故ab1.所以ab22，故B正确；对于C，若ba0，m0，则0，所以，故C正确；对于D，若ab0，且|ln a|ln b|，则ln aln b，且a1,0b0，m1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为Q(x0，y0)，则x1x24，则x02，y0x0m2m，点Q必在直线xy30上，所以22m30，m1，这与直线l与抛物线C相交于两点矛盾，故不存在直线l，使得A，B两点关于直线xy30对称，C错误；对于D，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x24y，得yx2，所以yx，则切线AT的方程为yy1x1(xx1)，即yx1xx，同理，切线BT的方程为y
4、x2xx，由解得由题意T在准线y1上，所以x1x21，x1x24，所以y1y2(xx)(x1x2)22x1x2(x1x2)22，所以当x1x20时，y1y22为最小值D正确故选AD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13(2020山东泰安四模)已知函数f(x)则f(2020)_.答案1解析根据题意，当x0，b0)的一条渐近线方程为yx，左、右焦点分别为F1，F2，点A在双曲线上，且AF2F1F2，则该双曲线的离心率为_，sinAF1F2_.答案解析一条渐近线方程为yx，故ba，ca，故e.AF2F1F2，不妨取A，故sinAF1F2.15(2020辽宁沈阳东北育才学校第八次模拟)圆
5、锥SD(其中S为顶点，D为底面圆心)的侧面积与底面积的比是21，若圆锥的底面半径为3，则圆锥SD的内切球的表面积为_答案12解析设圆锥的底面半径为r，母线长为l，内切球的半径为R.依题意，圆锥SD(其中S为顶点，D为底面圆心)的侧面积与底面积的比是21，所以(rl)(r2)21，因为r3，所以l6.利用轴截面，根据等面积可得6(666)R，R，该圆锥内切球的表面积为4()212.16(2020山东潍坊一模)定义函数f(x)xx，其中x表示不超过x的最大整数，例如：1.31，1.52，22.当x0，n)(nN*)时，f(x)的值域为An，记集合An中元素的个数为an，则 的值为_答案解析由题意可
6、得，xxxxx在各区间中的元素个数是1,1,2,3，n1，an1123(n1)1，an1，2， 22.四、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(2020全国卷)(本小题满分10分)设等比数列an满足a1a24，a3a18.(1)求an的通项公式；(2)记Sn为数列log3an的前n项和若SmSm1Sm3，求m.解(1)设等比数列an的公比为q，根据题意，有解得3分所以an3n1.5分(2)令bnlog3anlog33n1n1，则Sn，8分根据SmSm1Sm3，可得，整理得m25m60，因为m0，所以m6.10分18(2020山东日照二模)(本小题满分12分)
7、在b2aca2c2，acosBbsinA，sinBcosB2，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，_，A，b.(1)求角B；(2)求ABC的面积解若选择b2aca2c2，(1)由余弦定理，得cosB，因为B(0，)，所以B.4分(2)由正弦定理得a，因为A，B，所以C.7分所以sinCsinsinsincoscossin，所以SABCabsinC.12分若选择acosBbsinA，(1)由正弦定理，得sinAcosBsinBsinA，因为sinA0，所以cosBsinB，tanB，因为B(0，)，所以B.4分(2)同选择.12
8、分若选择sinBcosB2，(1)由和角公式得2sin2，所以sin1.因为B(0，)，所以B，所以B，所以B.4分(2)同选择.12分19.(2020山东德州二模)(本小题满分12分)如图，已知平面EBC平面ABC，直线DA平面ABC，且DAABAC.(1)求证：DA平面EBC；(2)若BAC，DE平面BCE，求二面角ABDE的余弦值解(1)证明：过点E作EHBC于点H，因为平面EBC平面ABC，又平面EBC平面ABCBC，EH平面EBC，所以EH平面ABC，3分又因为DA平面ABC，所以DAEH，因为EH平面EBC，DA平面EBC，所以DA平面EBC.5分(2)因为DE平面EBC，所以DE
9、BDEC，由ABAC可知DBDC，又DEDE，所以RtDEBRtDEC，则BECE，所以点H是BC的中点，连接AH，则AHBC，所以AH平面EBC，则DEAH，AHEH，所以四边形DAHE是矩形以H为坐标原点，分别以HB，HA，HE所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设DA2a，则E(0,0,2a)，A(0，a,0)，B(a,0,0)，D(0，a,2a)设平面ABD的法向量为m(x1，y1，z1)，又(a，a,0)，(0,0,2a)由得取y11，得m(，1,0).8分设平面BDE的法向量为n(x2，y2，z2)，因为(a，a,2a)，(a,0,2a)由得取z21，得n(2,0,
10、1).10分设二面角ABDE的平面角为，则|cos|cosm，n|，由题知二面角ABDE是钝角，则二面角ABDE的余弦值为.12分20(2020山东省第一次仿真联考)(本小题满分12分)某公司采购了一批零件，为了检测这批零件是否合格，从中随机抽测120个零件的长度(单位：分米)，按数据分成1.2,1.3，(1.3,1.4，(1.4,1.5，(1.5,1.6，(1.6,1.7，(1.7,1.8这6组，得到如图所示的频率分布直方图，其中长度大于或等于1.59分米的零件有20个，其长度分别为1.59,1.59,1.61,1.61,1.62,1.63,1.63,1.64,1.65,1.65,1.65,
11、1.65,1.66,1.67,1.68,1.69,1.69,1.71,1.72,1.74，以这120个零件在各组的长度的频率估计整批零件在各组长度的概率(1)求这批零件的长度大于1.60分米的频率，并求频率分布直方图中m，n，t的值；(2)若从这批零件中随机选取3个，记X为抽取的零件长度在(1.4,1.6的个数，求X的分布列和数学期望；(3)若变量S满足|P(S)0.6826|0.05且|P(2S2)0.9544|0.05，则称变量S满足近似于正态分布N(，2)的概率分布如果这批零件的长度Y(单位：分米)满足近似于正态分布N(1.5,0.01)的概率分布，则认为这批零件是合格的，将顺利被签收；
12、否则，公司将拒绝签收试问，该批零件能否被签收？解(1)由题意可知120个样本零件中长度大于1.60分米的共有18个，则这批零件的长度大于1.60分米的频率为0.15.2分记Y为零件的长度，则P(1.2Y1.3)P(1.7Y1.8)0.025，P(1.3Y1.4)P(1.6Y1.7)0.125，P(1.4Y1.5)P(1.5Y1.6)(120.02520.125)0.35.4分故m0.25，n1.25，t3.5.5分(2)由(1)可知从这批零件中随机选取1件，长度在(1.4,1.6的概率P20.350.7.且随机变量X服从二项分布XB(3,0.7)，6分则P(X0)C(10.7)30.027，P
13、(X1)C(10.7)20.70.189，P(X2)C(10.7)0.720.441，P(X3)C0.730.343，7分故随机变量X的分布列为X0123P0.0270.1890.4410.343E(X)00.02710.18920.44130.3432.1(或E(X)30.72.1).8分(3)由题意可知1.5，0.1，9分则P(Y)P(1.4Y1.6)0.7；P(2Y2)P(1.3Y1.7)0.1250.350.350.1250.95.11分因为|0.70.6826|0.01740.05，|0.950.9544|0.0044(1a)ea.解(1)由题意知f(x)exln (x1)a，令g(
14、x)exln (x1)a，g(x)ex，显然g(x)在(1，)上单调递增，且g(0)0，故当x(1,0)时，g(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)f(0)1a.若f(x)为增函数，则f(x)0恒成立，即1a0，即a1.经检验，当a1时，满足题意.4分(2)证明：由(1)知a1时，f(x)为增函数，不存在极小值；当a1时，f(0)0，11eah(1)e0，故h(a)在(1，)上单调递增，故h(a)h(1)eln 210，故f(a)0，因此存在x2(0，a)使得f(x2)0.因此f(x)在(1，x1)上单调递增，(x1，x2)上单调递减，(x2，)上单调递增.7分x0x2(0，a)，f(x0)
15、ex0(x01)ln (x01)(1a)x0，由ex0ln (x01)a0代入消去a得f(x0)(1x0)ex0ln (x01)x0，令F(x)(1x)exln (x1)x，F(x)x，当x0时，ex1,01，故x(0，)时，F(x)f(a)(1a)ealn (a1)a，故要证f(x0)(1a)ea，只需证aln (a1)0，10分令G(a)aln (a1)，G(a)，当a0时，G(a)0，G(a)单调递增，故当a1时，G(a)G(1)1ln 20.综上，f(x0)(1a)ea成立.12分22(2020山东淄博二模)(本小题满分12分)已知椭圆E：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心
16、率是，P为椭圆上的动点当F1PF2取最大值时，PF1F2的面积是 .(1)求椭圆的方程；(2)若动直线l与椭圆E交于A，B两点，且恒有0，是否存在一个以原点O为圆心的定圆C，使得动直线l始终与定圆C相切？若存在，求圆C的方程；若不存在，请说明理由解(1)依题意可得e.设F1PF2，由余弦定理可知，4c2|PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|cos，所以4c24a22|PF1|PF2|(1cos)，所以1cos22b2，当且仅当|PF1|PF2|(即P为椭圆短轴端点)时等号成立，且F1PF2取最大值.3分此时PF1F2的面积是2cbbc，同时a2b2c2，联立bc和，解得a2，b1，c，所
17、以椭圆的方程为y21.5分(2)当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为xn，因为0，则OAOB，所以点A，B的坐标分别为(n，n)，(n，n)，又因为A，B两点都在椭圆上，所以n24n24，n2，此时原点O到直线l的距离d|n|，7分所以定圆C的方程是x2y2.当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)，原点O到直线l的距离为d，所以d，整理得m2d2(k21)，由可得(4k21)x28kmx4m240，所以由(8km)24(4k21)(4m24)16(4k2m21)0，得m24k21.又m2d2(k21)，所以d24，即0d1.x1x2，x1x2.y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2k2kmm2.因为x1x2y1y20，所以5m24k240，即5d2(1k2)4k240恒成立，即(5d24)(k21)0恒成立，所以5d240，所以d，且1，所以定圆C的方程是x2y2.所以当0时，存在定圆C始终与直线l相切，其方程是x2y2.12分