2021年高考数学(文数)一轮复习模拟试卷(含答案详解)

这是一份2021年高考数学(文数)一轮复习模拟试卷(含答案详解)，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

SKIPIF 1 < 0 是z的共轭复数，若z＋ SKIPIF 1 < 0 =2，(z－ SKIPIF 1 < 0 )i=2(i为虚数单位)，则z=( )
A.1＋i B.－1－i C.－1＋i D.1－i
设集合A={x|y=lg(－x2＋x＋2)}，B={x|x－a>0}.若A⊆B，则实数a的取值范围是( )
A.(－∞，－1) B.(－∞，－1] C.(－∞，－2) D.(－∞，－2]
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m=(a，eq \r(3)b)与n=(csA，sinB)平行，则A=( B )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,2) D.eq \f(2π,3)
已知双曲线eq \f(x2,4)－eq \f(y2,b2)=1(b＞0)的离心率等于eq \f(\r(3),3)b，则该双曲线的焦距为( )
A.2eq \r(5) B.2eq \r(6) C.6 D.8
如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为( )
A.1 B.eq \f(\r(5),2) C.eq \r(6) D.2eq \r(3)
设变量x,y满足约束条件则目标函数z=2x+5y的最小值为( )
A.-4 B.6 C.10 D.17
阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序.若输出S的值为1，则判断框内为( )
A.i＞6? B.i＞5? C.i≥3? D.i≥4?
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若(a2＋b2－c2)tan C=ab，则角C的大小为( )
A.eq \f(π,6)或eq \f(5π,6) B.eq \f(π,3)或eq \f(2π,2) C.eq \f(π,6) D.eq \f(2π,3)
平面直角坐标系中，已知两点A(3,1)，B(－1,3).若点C满足eq \(OC,\s\up15(→))=λ1eq \(OA,\s\up15(→))＋λ2eq \(OB,\s\up15(→))(O为原点)，
其中λ1，λ2∈R，且λ1＋λ2=1，则点C的轨迹是( )
A.直线 B.椭圆 C.圆 D.双曲线
设a=lg36，b=lg510，c=lg714，则( )
A.c>b>a B.b>c>a C.a>c>b D.a>b>c
已知三棱锥P－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，PC为球O的直径，该三棱锥的体积为eq \f(\r(2),6)，则球O的表面积为( )
A.4π B.8π C.12π D.16π
已知f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2 019x＋\f(π,6)))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2 019x－\f(π,3)))的最大值为A，若存在实数x1，x2使得对任意实数x总有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则A|x1－x2|的最小值为( )
A.eq \f(π,2 019) B.eq \f(2π,2 019) C.eq \f(4π,2 019) D.eq \f(π,4 038)
二、填空题
已知csθ=－eq \f(5,13)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,6)))的值为 .
已知函数y=csx，x∈[－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)]，则csx≤eq \f(1,2)的概率是 .
已知函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|x＋1|，－7≤x≤0，,lnx，e－2≤x≤e，))g(x)=x2－2x，设a为实数，若存在实数m，
使f(m)－2g(a)=0，则实数a的取值范围为 .
若a＞1，设函数f(x)=ax＋x－4的零点为m，函数g(x)=lgax＋x－4的零点为n，则eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为 .
三、解答题
已知首项为eq \f(3,2)的等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且－2S2，S3,4S4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：Sn＋eq \f(1,Sn)≤eq \f(13,6)(n∈N*).
在如图所示的五面体EF­ABCD中，四边形ABCD为菱形，且∠DAB=60°，EA=ED=AB=2EF=2，EF∥AB，M为BC的中点.
(1)求证：FM∥平面BDE；
(2)若平面ADE⊥平面ABCD，求F到平面BDE的距离.
为了解高校学生平均每天使用手机的时间长短是否与性别有关，某调查小组随机抽取了25名男生，10名女生进行为期一周的跟踪调查，调查结果如表所示：
(1)在参与调查的平均每天使用手机不超过3小时的7名女生中，有4人使用国产手机，从这7名女生中任意选取2人，求至少有1人使用国产手机的概率；
(2)根据列联表，是否有90%的把握认为学生使用手机的时间长短与性别有关(K2的观测值k精确到0.01).
附：
参考公式： K2= SKIPIF 1 < 0 (n=a＋b＋c＋d).
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,4)=1(a＞2)，直线l：y=kx＋1(k≠0)与椭圆C相交于A，B两点，点D为AB的中点.
(1)若直线l与直线OD(O为坐标原点)的斜率之积为－eq \f(1,2)，求椭圆C的方程；
(2)在(1)的条件下，y轴上是否存在定点M，使得当k变化时，总有∠AMO=∠BMO(O为坐标原点)？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明理由.
已知函数f(x)=x－lnx.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明：当x≥1时，eq \f(xex＋1fx,e＋1)≥ex－1；
(3)若f(x)≥(1－m)x＋m对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数m的值.
在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝m＋\r(2)t，,y＝\r(2)t))(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2=eq \f(4,1＋sin2θ)，
且直线l经过曲线C的左焦点F.
(1)求直线l的普通方程；
(2)设曲线C的内接矩形的周长为L，求L的最大值.
[选修4−5：不等式选讲]
已知函数.
（1）解关于x的不等式f(x)>6；
（2）记f(x)的最小值为m，已知实数a,b，c都是正实数，且，
求证：．
\s 0 参考答案
答案为：D
解析：设z=a＋bi，a，b为实数，则 SKIPIF 1 < 0 =a－bi.
∵z＋ SKIPIF 1 < 0 =2a=2，∴a=1.又(z－ SKIPIF 1 < 0 )i=2bi2=－2b=2，∴b=－1.故z=1－i.
答案为：B
解析：集合A={x|y=lg(－x2＋x＋2)}={x|－10}={x|x>a}，
因为A⊆B，所以a≤－1.
答案为：B.
解析：因为m∥n，所以asinB－eq \r(3)bcsA=0，由正弦定理，
得sinAsinB－eq \r(3)sinBcsA=0，又sinB≠0，从而tanA=eq \r(3)，由于0 答案为：D
解析：设双曲线的焦距为2c.由已知得eq \f(c,2)=eq \f(\r(3),3)b，又c2=4＋b2，解得c=4，
则该双曲线的焦距为8.
答案为：D
解析：由题意知，该几何体的直观图为三棱锥A－BCD，
如图，其最大面的表面是边长为2 eq \r(2)的等边三角形，
故其面积为eq \f(1,2)×2 eq \r(2)×eq \r(2 \r(2)2－\r(2)2)=2 eq \r(3).
答案为：B；
解析：由线性约束条件画出可行域(如图中阴影部分).
当直线2x+5y-z=0过点A(3,0)时,zmin=2×3+5×0=6,故选B.

答案为：D
解析：执行程序框图，进行第一次循环时，S=1×(3－1)＋1=3，i=1＋1=2；进行第二次循环时，S=3×(3－2)＋1=4，i=2＋1=3；进行第三次循环时，S=4×(3－3)＋1=1，i=4，因此当输出的S的值为1时，判断框内为“i≥4？”.故选D.
答案为：A
解析：由题意知，eq \f(a2＋b2－c2,2ab)=eq \f(1,2tan C)⇒cs C=eq \f(cs C,2sin C)，∴sin C=eq \f(1,2).又C∈(0，π)，
∴C=eq \f(π,6)或eq \f(5π,6).故选A.
答案为：A
解析：设C(x，y)，因为eq \(OC,\s\up15(→))=λ1eq \(OA,\s\up15(→))＋λ2eq \(OB,\s\up15(→))，
所以(x，y)=λ1(3,1)＋λ2(－1,3)，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3λ1－λ2，,y＝λ1＋3λ2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ1＝\f(y＋3x,10).,λ2＝\f(3y－x,10)，))
又λ1＋λ2=1，所以eq \f(y＋3x,10)＋eq \f(3y－x,10)=1，即x＋2y=5.所以点C的轨迹为直线.故选A.
答案为：D.
解析：因为a=lg36=lg33＋lg32=1＋lg32，b=lg510=lg55＋lg52=1＋lg52，c=lg714=lg77＋lg72=1＋lg72，因为lg32>lg52>lg72，所以a>b>c，故选D.
答案为：A
解析：依题意，设球O的半径为R，球心O到平面ABC的距离为d，
则由O是PC的中点得，点P到平面ABC的距离等于2d，
所以VP－ABC=2VO－ABC=2×eq \f(1,3)S△ABC×d=eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),4)×12×d=eq \f(\r(2),6)，解得d=eq \r(\f(2,3)).
又R2=d2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))2=1，所以球O的表面积等于4πR2=4π.故选A.
答案为：B；
解析：∵f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2 019x＋\f(π,6)))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2 019x－\f(π,3)))
=sin2 019xcseq \f(π,6)＋cs2 019xsineq \f(π,6)＋cs2 019xcseq \f(π,3)＋sin2 019xsineq \f(π,3)
=eq \f(\r(3),2)sin2 019x＋eq \f(1,2)cs2 019x＋eq \f(1,2)cs2 019x＋eq \f(\r(3),2)sin2 019x
=eq \r(3)sin2 019x＋cs2 019x=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2 019x＋\f(π,6)))，
∴f(x)的最大值为A=2；由题意，得|x1－x2|的最小值为eq \f(T,2)=eq \f(π,2 019)，
∴A|x1－x2|的最小值为eq \f(2π,2 019).故选B.
答案为：eq \f(5－12\r(3),26).
解析：由csθ=－eq \f(5,13)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))得sinθ=－eq \r(1－cs2θ)=－eq \f(12,13)，
故sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,6)))=sinθcseq \f(π,6)－csθsineq \f(π,6)=－eq \f(12,13)×eq \f(\r(3),2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,13)))×eq \f(1,2)=eq \f(5－12\r(3),26).
答案为：eq \f(1,3).
解析：由csx≤eq \f(1,2)得eq \f(π,3)＋2kπ≤x≤eq \f(5π,3)＋2kπ，k∈Z，又x∈[－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)]，
所以满足条件的x∈[－eq \f(π,2)，－eq \f(π,3)]∪[eq \f(π,3)，eq \f(π,2)]，故所求概率P=eq \f(2×\f(π,2)－\f(π,3),\f(π,2)－－\f(π,2))=eq \f(1,3).
答案为：[－1,3].
解析：当－7≤x≤0时，f(x)=|x＋1|∈[0,6]，当e－2≤x≤e时，f(x)=lnx单调递增，
得f(x)∈[－2,1]，
综上，f(x)∈[－2,6].若存在实数m，使f(m)－2g(a)=0，则有－2≤2g(a)≤6，
即－1≤a2－2a≤3⇒－1≤a≤3.
答案为：1；
解析：设F(x)=ax，G(x)=lgax，h(x)=4－x，
则h(x)与F(x)，G(x)的交点A，B横坐标分别为m，n(m＞0，n＞0).
因为F(x)与G(x)关于直线y=x对称，所以A，B两点关于直线y=x对称.
又因为y=x和h(x)=4－x交点的横坐标为2，
所以m＋n=4.
又m＞0，n＞0，所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))·eq \f(m＋n,4)=eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(n,m)＋\f(m,n)))≥eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋2\r(\f(n,m)×\f(m,n))))=1.
当且仅当eq \f(n,m)=eq \f(m,n)，即m=n=2时等号成立.所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为1.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为－2S2，S3,4S4成等差数列，
所以S3＋2S2=4S4－S3，即S4－S3=S2－S4，
可得2a4=－a3，于是q=eq \f(a4,a3)=－eq \f(1,2).
又a1=eq \f(3,2)，所以等比数列{an}的通项公式为an=eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1=(－1)n－1·eq \f(3,2n).
(2)证明：由(1)知，Sn=1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，
Sn＋eq \f(1,Sn)=1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n＋eq \f(1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2＋\f(1,2n2n＋1)，n为奇数，,2＋\f(1,2n2n－1)，n为偶数.))
当n为奇数时，Sn＋eq \f(1,Sn)随n的增大而减小，所以Sn＋eq \f(1,Sn)≤S1＋eq \f(1,S1)=eq \f(13,6).
当n为偶数时，Sn＋eq \f(1,Sn)随n的增大而减小，所以Sn＋eq \f(1,Sn)≤S2＋eq \f(1,S2)=eq \f(25,12).
故对于n∈N*，有Sn＋eq \f(1,Sn)≤eq \f(13,6).
解：(1)证明：如图，取BD中点O，连接OM，OE，
因为O，M分别为BD，BC的中点，
所以OM∥CD，且OM=eq \f(1,2)CD.
因为四边形ABCD为菱形，
所以CD∥AB.
又EF∥AB，所以CD∥EF.
又AB=CD=2，所以EF=eq \f(1,2)CD.
所以OM綊EF，
所以四边形OMFE为平行四边形，所以FM∥OE.
又OE⊂平面BDE，FM⊄平面BDE，
所以FM∥平面BDE.
(2)由(1)知FM∥平面BDE，
所以F到平面BDE的距离等于M到平面BDE的距离.
如图，取AD的中点H，连接EH，BH，EM，DM.
因为四边形ABCD为菱形，且∠DAB=60°，EA=ED=AB=2EF，
所以EH⊥AD，BH⊥AD.
因为平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD=AD，
所以EH⊥平面ABCD，EH⊥BH.
因为EH=BH=eq \r(3)，所以BE=eq \r(6).
所以S△BDE=eq \f(1,2)×eq \r(6)×eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))2)=eq \f(\r(15),2).
设F到平面BDE的距离为h，
又因为S△BDM=eq \f(1,2)S△BCD=eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×2×2×sin60°=eq \f(\r(3),2)，
所以由V三棱锥E­BDM=V三棱锥M­BDE，
得eq \f(1,3)×eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)=eq \f(1,3)×eq \f(\r(15),2)h，解得h=eq \f(\r(15),5).
即F到平面BDE的距离为eq \f(\r(15),5).
解：(1)设7名女生中，使用国产手机的4人分别为a1，a2，a3，a4，
使用非国产手机的3人为b1，b2，b3.从7人中任选2人，共有21种情况，
分别是a1a2，a1a3，a1a4，a2a3，a2a4，a3a4, b1b2，b1b3，b2b3，a1b1，a1b2，a1b3，a2b1，a2b2，a2b3，a3b1，a3b2，a3b3，a4b1，a4b2，a4b3.
其中，事件A “至少有1人使用国产手机”包含18种情况，
所以P(A)=eq \f(18,21)=eq \f(6,7)，
所以至少有1人使用国产手机的概率为eq \f(6,7).
(2)由列联表得，K2=eq \f(35×15×7－10×32,18×17×25×10)=eq \f(175,68)≈2.57.
由于2.57<2.706，所以没有90%的把握认为学生使用手机的时间长短与性别有关.
解：(1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx＋1k≠0))得(4＋a2k2)x2＋2a2kx－3a2=0，显然Δ＞0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)，则x1＋x2=－eq \f(2a2k,4＋a2k2)，x1x2=eq \f(－3a2,4＋a2k2)，
∴x0=－eq \f(a2k,4＋a2k2)，y0=－eq \f(a2k2,4＋a2k2)＋1=eq \f(4,4＋a2k2)，∴k·eq \f(y0,x0)=k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,a2k)))=－eq \f(1,2)，
∴a2=8.∴椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)=1.
(2)假设存在定点M符合题意，且设M(0，m)，
由∠AMO=∠BMO得kAM＋kBM=0.∴eq \f(y1－m,x1)＋eq \f(y2－m,x2)=0.
即y1x2＋y2x1－m(x1＋x2)=0，∴2kx1x2＋x1＋x2－m(x1＋x2)=0.
由(1)知x1＋x2=－eq \f(4k,1＋2k2)，x1x2=eq \f(－6,1＋2k2)，∴－eq \f(12k,1＋2k2)－eq \f(4k,1＋2k2)＋eq \f(4mk,1＋2k2)=0，
∴eq \f(－16k＋4mk,1＋2k2)=0，即eq \f(4k－4＋m,1＋2k2)=0，
∵k≠0，∴－4＋m=0，∴m=4.∴存在定点M(0,4)，
使得∠AMO=∠BMO.
解：(1)f(x)=x－lnx，f′(x)=1－eq \f(1,x)，x∈(0，＋∞)，f(x)在(0,1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，有极小值f(1)=1，无极大值.
(2)证明：原不等式可化为eq \f(fx,e＋1)≥eq \f(ex－1,xex＋1)，记g(x)=eq \f(ex－1,xex＋1)，
则g′(x)=eq \f(ex－11－ex,xex＋12)，当x≥1时，g′(x)＜0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减，有g(x)≤g(1)=eq \f(1,e＋1)，
又由(1)知，eq \f(fx,e＋1)≥eq \f(f1,e＋1)=eq \f(1,e＋1)，得证.
(3)f(x)≥(1－m)x＋m，即lnx－m(x－1)≤0，
记h(x)=lnx－m(x－1)，则h(x)≤0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，
求导得h′(x)=eq \f(1,x)－m(x＞0)，
若m≤0，则h′(x)＞0，得h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h(1)=0，故当x＞1时，h(x)＞0，不合题意；
若m＞0，则易得h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,m)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)，＋∞))上单调递减，
则h(x)max=heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)))=－lnm－1＋m.依题意有－lnm－1＋m≤0，故f(m)≤1，
由(1)知f(m)≥1，则m只能等于1.
解：(1)曲线C的极坐标方程为
ρ2=eq \f(4,1＋sin2θ)，即ρ2＋ρ2sin2θ=4，
将ρ2=x2＋y2，ρsinθ=y代入上式并化简得eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)=1，
所以曲线C的直角坐标方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)=1，
于是c2=a2－b2=2，F(－eq \r(2)，0).
直线l的普通方程为x－y=m，将F(－eq \r(2)，0)代入直线方程得m=－eq \r(2)，
所以直线l的普通方程为x－y＋eq \r(2)=0.
(2)设椭圆C的内接矩形在第一象限的顶点为(2csθ，eq \r(2)sinθ)(0<θ所以椭圆C的内接矩形的周长为：
L=2(4csθ＋2eq \r(2)sinθ)=4eq \r(6)sin(θ＋φ)(其中tanφ=eq \r(2))，
所以椭圆C的内接矩形的周长的最大值为4eq \r(6).
解: