2021高考仿真模擬卷(四)

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．

1．(2020·遼寧沈陽三模)已知集合M＝{x|(x－1)(x－2)≤0}，N＝{x|x>0}，則()

A．N?M

B．M?N

C．M∩N＝?

D．M∪N＝R

答案　B

解析　由題意知，M＝{x|(x－1)(x－2)≤0}＝{x|1≤x≤2}，則M?N.故選B.2．設命題p：?x∈Q,2x－ln

x<2，則綈p為()

A．?x∈Q,2x－ln

x≥2

B．?x∈Q,2x－ln

x<2

C．?x∈Q,2x－ln

x≥2

D．?x∈Q,2x－ln

x＝2

答案　C

解析　綈p為?x∈Q,2x－ln

x≥2.3．(2020·山東棗莊二調)已知i是虛數單位，i－1是關于x的方程x2＋px＋q＝0(p，q∈R)的一個根，則p＋q＝()

A．4

B．－4

C．2

D．－2

答案　A

解析　∵i－1是關于x的方程x2＋px＋q＝0(p，q∈R)的一個根，∴方程的另一根為－1－i，∴－1＋i＋(－1－i)＝－p，p＝2，q＝(－1＋i)(－1－i)＝2，∴p＋q＝4.故選A.4．(2020·海南中學高三第七次月考)若x＝α時，函數f(x)＝3sinx＋4cosx取得最小值，則sinα＝()

A.B．－

C．

D．－

答案　B

解析　由題意，得f(x)＝5sin(x＋φ)，sinφ＝，cosφ＝，當α＋φ＝－＋2kπ(k∈Z)，即α＝－－φ＋2kπ(k∈Z)時，f(x)取得最小值，則sinα＝sin＝－cosφ＝－，故選B.5．(2020·全國卷Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側面三角形的面積，則其側面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為()

A.B．

C．

D．

答案　C

解析　如圖，設CD＝a，PE＝b，則PO＝＝，由題意，得PO2＝ab，即b2－＝ab，化簡得42－2·－1＝0，解得＝(負值舍去)．故選C.6．(2020·山東濰坊一模)函數f(x)＝在[－π，π]上的圖象大致為()

答案　A

解析　因為f(x)＝，所以f(－x)＝＝＝－f(x)，又因為f(x)的定義域為R，所以f(x)是R上的奇函數，f(x)的圖象關于原點對稱，排除D；當x∈[0，π]時，ex＋e－x＞0恒成立，x－sinx≥0恒成立，所以當x∈[0，π]時，f(x)＝≥0恒成立，排除B，C.故選A.7．已知橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點為F1(－2,0)，過點F1作傾斜角為30°的直線與圓x2＋y2＝b2相交的弦長為b，則橢圓的標準方程為()

A.＋＝1

B．＋＝1

C.＋＝1

D．＋＝1

答案　B

解析　由左焦點為F1(－2,0)，可得c＝2，即a2－b2＝4，過點F1作傾斜角為30°的直線的方程為y＝(x＋2)，圓心(0,0)到直線的距離d＝＝1，由直線與圓x2＋y2＝b2相交的弦長為b，可得2＝b，解得b＝2，a＝2，則橢圓的標準方程為＋＝1.8．已知數列{an}，定義數列{an＋1－2an}為數列{an}的“2倍差數列”，若{an}的“2倍差數列”的通項公式為an＋1－2an＝2n＋1，且a1＝2，數列{an}的前n項和為Sn，則S33＝()

A．238＋1

B．239＋2

C．238＋2

D．239

答案　B

解析　根據題意，得an＋1－2an＝2n＋1，a1＝2，∴－＝1，∴數列是首項為1，公差d＝1的等差數列，∴＝1＋(n－1)＝n，∴an＝n·2n，∴Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，∴2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，∴－Sn＝2＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝－2＋2n＋1－n·2n＋1＝－2＋(1－n)2n＋1，∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2，S33＝(33－1)×233＋1＋2＝239＋2.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得3分．

9．(2020·山東青島一模)已知向量a＋b＝(1,1)，a－b＝(－3,1)，c＝(1,1)，設a，b的夾角為θ，則()

A．|a|＝|b|

B．a⊥c

C．b∥c

D．θ＝135°

答案　BD

解析　根據題意，得a＋b＝(1,1)，a－b＝(－3,1)，則a＝(－1,1)，b＝(2,0)，依次分析選項：對于A，∵|a|＝，|b|＝2，∴|a|＝|b|不成立，A錯誤；對于B，∵a＝(－1,1)，c＝(1,1)，a·c＝0，∴a⊥c，B正確；對于C，∵b＝(2,0)，c＝(1,1)，∴b∥c不成立，C錯誤；對于D，∵a＝(－1,1)，b＝(2，0)，∴a·b＝－2，|a|＝，|b|＝2，∴cosθ＝＝－，∴θ＝135°，D正確．故選BD.10．(2020·山東日照一模)若定義在R上的函數f(x)滿足f(0)＝－1，其導函數f′(x)滿足f′(x)>m>1，則下列成立的有()

A．f>

B．f<－1

C．f>

D．f<0

答案　AC

解析　設g(x)＝f(x)－mx，則g′(x)＝f′(x)－m>0，故函數g(x)＝f(x)－mx在R上單調遞增，又>0，∴g>g(0)，故f－1>－1，∴f>0，而<0，∴f>，故A正確，B錯誤．又>0，故g>g(0)，∴f－>－1，∴f>>0，故C正確，D錯誤．故選AC.11.(2020·山東菏澤高三聯考)已知函數f(x)＝Asin(ωx＋4φ)的部分圖象如圖所示，若將函數f(x)的圖象縱坐標不變，橫坐標縮短到原來的，再向右平移個單位長度，得到函數g(x)的圖象，則下列命題正確的是()

A．函數f(x)的解析式為f(x)＝2sin

B．函數g(x)的解析式為g(x)＝2sin

C．函數f(x)圖象的一條對稱軸是直線x＝－

D．函數g(x)在區間上單調遞增

答案　ABD

解析　由題圖可知，A＝2，＝π，所以T＝4π＝，解得ω＝，故f(x)＝2sin.因為函數f(x)的圖象過點C(0,1)，所以1＝2sin4φ，即sin4φ＝.因為0<φ<，所以0<4φ<，所以4φ＝，故f(x)＝2sin，故A正確；若將函數f(x)圖象的縱坐標不變，橫坐標縮短到原來的，則所得到的函數圖象對應的解析式為y＝2sin，再向右平移個單位長度，所得到的函數圖象對應的解析式為g(x)＝2sin＝2sin，故B正確；當x＝－時，f＝2sin0＝0，即x＝－時，f(x)不取最值，故x＝－不是函數f(x)圖象的一條對稱軸，故C錯誤；令2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，故函數g(x)的單調遞增區間是(k∈Z)，當k＝1時，g(x)在區間上單調遞增，所以D正確．故選ABD.12．(2020·山東省第一次仿真聯考)一個正方體的平面展開圖如圖所示，在這個正方體中，點H是棱DN的中點，P，Q分別是線段AC，BN(不包含端點)上的動點，則下列說法正確的是()

A．在點P的運動過程中，存在HP∥BM

B．在點Q的運動過程中，存在FQ⊥AH

C．三棱錐H－QAC的體積為定值

D．三棱錐B－PEM的體積不為定值

答案　BC

解析　由平面展開圖，還原正方體，如圖所示．對于A，因為點P是線段AC上的動點，所以HP?平面ACH，因為BM?平面ACH，且BM與平面ACH不平行，所以不存在HP∥BM，A錯誤；對于B，連接BD，設BD∩AC＝O，連接OF，設OF∩BN＝G，取AD的中點K，連接EK，OK，則O為BD的中點，OK∥EF，所以E，F，O，K四點共面，因為AH⊥EK，AH⊥EF，EK∩EF＝E，所以AH⊥平面EFOK，因為GF?平面EFOK，所以AH⊥GF，即當點Q運動到G點時，FQ⊥AH，B正確；對于C，因為點H是棱DN的中點，所以OH∥BN，因為OH?平面ACH，BN?平面ACH，所以BN∥平面ACH，則直線BN上的任意一點到平面ACH的距離相等，且為定值，因為點Q是線段BN上的動點，所以點Q到平面ACH的距離d為定值，因為△ACH的面積為定值，所以VH－QAC＝VQ－ACH＝d·S△ACH為定值，C正確；對于D，因為點P是線段AC上的動點，AC∥EM，所以△PEM的面積為定值，且平面PEM就是平面ACME，因為點B到平面ACME的距離是定值，即點B到平面PEM的距離h也是定值，所以三棱錐B－PEM的體積VB－PEM＝h·S△PEM為定值，D錯誤．

三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．

13．(2020·江蘇高考)在平面直角坐標系xOy中，若雙曲線－＝1(a＞0)的一條漸近線方程為y＝x，則該雙曲線的離心率是________．

答案

解析　雙曲線－＝1中，b＝.因為雙曲線的一條漸近線方程為y＝x，即＝，所以a＝2，所以c＝＝＝3，所以雙曲線的離心率為＝.14．(2020·山東青島自主檢測)已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，則a8＝________.答案　180

解析　∵(1＋x)10＝(－1－x)10＝[(－2)＋(1－x)]10，(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，∴a8＝C·(－2)2＝180.15．(2020·海口市高考調研考試)擁有“千古第一才女”之稱的宋代女詞人李清照發明了古代非常流行的游戲“打馬”，在她的《打馬賦》中寫道“實博弈之上流，乃閨房之雅戲”．“打馬”游戲用每輪拋擲三枚完全相同的骰子決定“馬”的行走規則，每一個拋擲結果都有對應走法的名稱，如結果由兩個2點和一個3點組成，叫做“夾七”，結果由兩個2點和一個4點組成，叫做“夾八”．則在某一輪中，能夠拋出“夾七”或“夾八”走法的概率是________．

答案

解析　記在某一輪中，拋出“夾七”的走法為事件A，拋出“夾八”的走法為事件B，則事件A與事件B是互斥事件．故P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝C×2×＋C×2×＝.16．(2020·海口模擬演練)已知函數f(x)＝ax3－3x＋b的圖象關于點(0,1)對稱，則b＝________；若對于x∈[0,1]總有f(x)≥0成立，則a的取值范圍是________．(本題第一空2分，第二空3分)

答案　1　[4，＋∞)

解析　由已知條件知y＝f(x)的圖象可由奇函數y＝ax3－3x的圖象上下平移得到，所以y＝f(x)的圖象關于點(0，b)對稱，所以b＝1.所以f(x)＝ax3－3x＋1.當x＝0時，f(x)＝1≥0恒成立．當0

17．(2020·山東德州一模)(本小題滿分10分)在條件①2cosA(bcosC＋ccosB)＝a，②csin＝asinC，③(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC中任選一個，補充到下面問題中，并給出問題解答．

已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且a＝，b－c＝2，________.求BC邊上的高．

解　若選①：因為2cosA(bcosC＋ccosB)＝a，由正弦定理，得2cosA(sinBcosC＋sinCcosB)＝sinA，2分

即2cosAsinA＝sinA，因為0

由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，所以b2＋c2－bc＝7，6分

又b－c＝2，化簡，得c2＋2c－3＝0，所以c＝－3(舍去)或c＝1，從而b＝3.8分

設BC邊上的高是h，所以bcsinA＝ah，所以h＝.10分

若選②：由題設及正弦定理，得sinCsin＝sinAsinC，因為sinC≠0，所以sin＝sinA，2分

又由A＋B＋C＝180°，可得sin＝cos，故cos＝2sincos，因為cos≠0，所以sin＝，所以A＝.4分

下同選①.10分

若選③：由已知，得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，由正弦定理，得b2＋c2－a2＝bc.2分

由余弦定理，得cosA＝＝.因為0

下同選①.10分

18．(2020·山東濟寧三模)(本小題滿分12分)已知數列{an}的各項均為正數，其前n項和Sn＝，n∈N*.(1)求數列{an}的通項公式an；

(2)設bn＝log2，若稱使數列{bn}的前n項和為整數的正整數n為“優化數”，試求區間(0,2020)內所有“優化數”的和S.解(1)由數列{an}的前n項和Sn＝，知

當n＝1時，S1＝，a1＝S1，所以a1(a1－1)＝0，又a1>0，所以a1＝1，1分

當n>1時，an＝Sn－Sn－1＝－，整理得(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，因為an＋an－1>0，所以an－an－1＝1，3分

所以數列{an}是首項a1＝1，公差d＝1的等差數列，所以數列{an}的通項公式為an＝a1＋(n－1)d＝n.5分

(2)由an＝n，知bn＝log2＝log2，所以數列{bn}的前n項和為b1＋b2＋b3＋…＋bn＝log2＋log2＋log2＋…＋log2＝log2＝log2(n＋2)－1，7分

令b1＋b2＋b3＋…＋bn＝k(k∈Z)，則有log2(n＋2)－1＝k，n＝2k＋1－2，由n∈(0,2020)，k∈Z，知k<10且k∈N*，所以區間(0,2020)內所有“優化數”的和為S＝(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(210－2)＝(22＋23＋24＋…＋210)－18＝－18＝211－22＝2026.12分

19．(2020·山東省實驗中學高三6月模擬)(本小題滿分12分)某公司為研究某種圖書每冊的成本費y(單位：元)與印刷數量x(單位：千冊)的關系，收集了一些數據并進行了初步處理，得到了下面的散點圖及一些統計量的值．

(xi－)2

(xi－)·

(yi－)

(ui－)2

(ui－)·

(yi－)

15.25

3.63

0.269

2085.5

－230.3

0.787

7.049

表中ui＝，＝i.(1)根據散點圖判斷：y＝a＋bx與y＝c＋哪一個模型更適合作為該圖書每冊的成本費y與印刷數量x的回歸方程？(只要求給出判斷，不必說明理由)

(2)根據(1)的判斷結果及表中數據，建立y關于x的回歸方程(結果精確到0.01)；

(3)若該圖書每冊的定價為9.22元，則至少應該印刷多少冊才能使銷售利潤不低于80000元？(假設能夠全部售出，結果精確到1)

附：對于一組數據(ω1，ν1)，(ω2，ν2)，…，(ωn，νn)，其回歸直線＝＋ω的斜率和截距的最小二乘估計分別為＝，＝－

.解(1)由散點圖判斷，y＝c＋更適合作為該圖書每冊的成本費y(單位：元)與印刷數量x(單位：千冊)的回歸方程.3分

(2)令u＝，先建立y關于u的線性回歸方程，由于＝≈8.957≈8.96，所以＝－·＝3.63－8.957×0.269≈1.22，所以y關于u的線性回歸方程為＝1.22＋8.96u，6分

所以y關于x的回歸方程為＝1.22＋.8分

(3)假設印刷x千冊可使銷售利潤不低于80000元，則依題意得9.22x－x≥80，解得x≥11.12，所以至少印刷11120冊才能使銷售利潤不低于80000元.12分

20．(2020·新高考卷Ⅰ)(本小題滿分12分)如圖，四棱錐P－ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD.設平面PAD與平面PBC的交線為l.(1)證明：l⊥平面PDC；

(2)已知PD＝AD＝1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．

解(1)證明：在正方形ABCD中，AD∥BC，因為AD?平面PBC，BC?平面PBC，所以AD∥平面PBC，又AD?平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l.3分

因為在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC，所以l⊥DC，又PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD.因為DC∩PD＝D，所以l⊥平面PDC.6分

(2)如圖，建立空間直角坐標系Dxyz，因為PD＝AD＝1，則有D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0，0,1)，B(1,1,0)，設Q(m,0,1)，則有＝(0,1,0)，＝(m,0,1)，＝(1,1，－1)．

設平面QCD的法向量為n＝(x，y，z)，則即

令x＝1，則z＝－m，所以平面QCD的一個法向量為n＝(1，0，－m)，則cos〈n，〉＝＝.9分

根據直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線與平面所成角的正弦值等于

|cos〈n，〉|＝＝·

＝·≤·≤·＝，當且僅當m＝1時取等號，所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為.12分

21.(2020·廣東揭陽模擬)(本小題滿分12分)如圖，過拋物線C：y2＝8x的焦點F的直線交拋物線C于不同的兩點A，B，P為拋物線上任意一點(與A，B不重合)，直線PA，PB分別交拋物線的準線l于點M，N.(1)寫出焦點F的坐標和準線l的方程；

(2)求證：MF⊥NF.解(1)由拋物線方程知，焦點F(2,0)，準線l為x＝－2.2分

(2)證明：設直線AB的方程為x－2＝my(m∈R)．

令P(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去x得，y2－8my－16＝0，則y1y2＝－16.5分

直線PB的方程為＝，即y＝(x－x0)＋y0＝＋y0＝＋y0＝，當x＝－2時，y＝，∴N，同理，得M，8分

∴F＝，＝，∴·＝16＋×

＝

＝

＝＝0.∴⊥，∴MF⊥NF.12分

22．(2020·山東聊城二模)(本小題滿分12分)已知函數f(x)＝x2eax＋1＋1－a(a∈R)，g(x)＝ex－1－x.(1)求函數f(x)的單調區間；

(2)?a∈(0,1)，是否存在實數λ，?m∈[a－1，a]，?n∈[a－1，a]，使[f(n)]2－λg(m)<0成立？若存在，求出λ的取值范圍；若不存在，請說明理由．

解(1)f(x)＝x2eax＋1＋1－a(a∈R)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝x(ax＋2)eax＋1.1分

①當a＝0時，x>0，f′(x)>0，x<0，f′(x)<0，所以函數f(x)的單調遞增區間為(0，＋∞)，單調遞減區間為(－∞，0).2分

②當a>0時，x∈，f′(x)>0，x∈，f′(x)<0，x∈(0，＋∞)，f′(x)>0，所以函數f(x)的單調遞增區間為，(0，＋∞)，單調遞減區間為.3分

③當a<0時，x∈(－∞，0)，f′(x)<0，x∈，f′(x)>0，x∈，f′(x)<0.4分

所以函數f(x)的單調遞減區間為(－∞，0)，單調遞增區間為.5分

(2)由g(x)＝ex－1－x，得g′(x)＝ex－1－1，當x>1時，g′(x)>0，當x<1時，g′(x)<0，故g(x)在(－∞，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，6分

所以g(x)min＝g(1)＝0，故當m∈[a－1，a]時，g(m)min＝g(a)＝ea－1－a>0.7分

當a∈(0,1)時，a－1>－，由(1)知，當n∈[a－1，a]時，f(n)min＝f(0)＝1－a>0，所以[f(n)]＝(1－a)2，8分

若?m∈[a－1，a]，?n∈[a－1，a]，使[f(n)]2－λg(m)<0成立，即[f(n)]2<λg(m)，則λ>0，且[f(n)]<λg(m)min.所以(1－a)2<λ(ea－1－a)，所以λ>.9分

設h(x)＝，x∈[0,1)，則h′(x)＝，令r(x)＝3ex－1－xex－1－x－1，x∈[0,1]，則r′(x)＝(2－x)ex－1－1，10分

當x∈[0,1]時，由ex≥x＋1，故e1－x≥2－x，所以(2－x)ex－1≤1，故r′(x)≤0，所以r(x)在[0,1]上單調遞減，所以x∈[0,1)時，r(x)>r(1)＝0，即r(x)>0，又x∈[0,1)時，x－1<0，所以當x∈[0,1)時，h′(x)<0，h(x)單調遞減，所以當x∈(0,1)時，h(x)

所以當λ≥e時，?a∈(0,1)，?m∈[a－1，a]，?n∈[a－1，a]，使[f(n)]2－λg(m)<0成立.12分