2021年东北三省四市教研联合体高考数学模拟试卷（理科）（一）

这是一份2021年东北三省四市教研联合体高考数学模拟试卷（理科）（一），共9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。


1. 设集合A={x|x2−3x−4>0}，B={x|x>2}，则A∪B=( )
A.{x|x>4}B.{x|x>2或x<−1}
C.{x|x>4或x<−1}D.{x|x<−1}

2. 若复数z满足(1+i)z=|2+i|，则复数z的虚部是（ ）
A.−52B.−52iC.52D.52i

3. 已知sinα＝ ，则cs2α＝（ ）
A.- B. C. D.

4. 已知x、y满足约束条件，则z＝2x+y的最小值为（ ）
A.8B.12C.14D.20

5. 已知向量是单位向量，若|+|＝，则与的夹角为（ ）
A.B.C.D.

6. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）

A.83B.163C.16D.24

7. 5G是第五代移动通信技术的简称，其意义在于万物互联，即所有人和物都将存在于有机的数字生态系统中，它把以人为中心的通信扩展到同时以人与物为中心的通信，将会为社会生活与生产方式带来巨大的变化．目前我国最高的5G基站海拔6500米．从全国范围看，中国5G发展进入了全面加速阶段，基站建设进度超过预期．现有8个工程队共承建10万个基站，从第二个工程队开始，每个工程队所建的基站数都比前一个工程队少，则第一个工程队承建的基站数（单位：万）约为（ ）
A.B.C.D.

8. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝4，AA1＝．过BC的平面分别交线段AA1，DD1于M、N两点，四边形BCNM为正方形，则异面直线D1M与BD所成角的余弦值为（ ）
A.B.C.D.

9. 已知函数的图象相邻的两个对称轴之间的距离为2π．若将函数f(x)的图象向右平移个单位长度后得到奇函数g(x)的图象，则φ的值为（ ）
A.B.C.D.

10. 圣•索菲亚教堂（英语：SAINT SOPHIA CATHEDRAL）坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，距今已有114年的历史，为哈尔滨的标志性建筑.1996年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点．其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美．小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为(153−15)m，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是15∘和60∘，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30∘，则小明估算索菲亚教堂的高度为（ ）

A.20mB.30mC.203mD.303m

11. 定义在R上的函数f(x)＝+2x−5，记，则a，b，c的大小关系为（ ）
A.a
12. 已知双曲线C：与椭圆有公共的左、右焦点，分别为F1，F2.以线段F1F2为直径的圆与双曲线C及其渐近线在第一象限内分别交于M、N两点，且线段NF1的中点在另外一条渐近线上，则△OMF2的面积为（ ）
A.4B.6C.8D.10
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分

已知a>0，b>0，且a+b＝2，则1a+2b的最小值为________．

在(2x−）​6的展开式中的系数为________．

在平面直角坐标系中，直线mx+y−2m−2＝0与圆C：(x−1)2+(y−4)2＝9交于M、N两点．当△MNC的面积最大时，实数m的值为________．

已知函数，当n分别取1，2，3，…，k，(k∈N*)时，方程对应的整数解分别为x1，x2，x3，…，xk，则＝________．
三、解答题.

已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝25，且a3−1，a4+1，a7+3成等比数列．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)若是数列{bn}的前n项和，求T2n．

已知圆F：(x−1)2+y2＝1，动点(x, y)(x≥0)线段FM与圆F交于点I，MH⊥y轴，垂足为H，|MI|＝|MH|，设动点M形成的轨迹为曲线C．
(Ⅰ)求曲线C的轨迹方程，并证明斜率为−2的一组平行直线与曲线C相交形成的弦的中点一条直线上；
(Ⅱ)曲线C上存在关于直线l:x−2y−3＝0对称的相异两点A和B，求线段AB的中点D的坐标．

在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60∘，PA⊥PB，PA＝PB，PC＝2．
(Ⅰ)证明：平面PAB⊥平面ABCD；
(Ⅱ)H为PA的中点，求二面角D−CH−B的余弦值．


2020年爆发人群广泛感染的新型冠状病毒是一种可以借助飞沫和接触传播的变异病毒．某市防疫部门为尽快筛查出新冠病毒感染者，将高风险地区及重点人群按照1:1单样检测，中风险地区可以按照5:1混样检测，低风险地区可以按照10:1混样检测．单样检测即为逐份检测，混样检测是将5份或10份样本分别取样后混合在一起检测．若检测结果为阴性，则全为阴性，若检测结果为阳性，就要同时对这几份样本进行单独逐一检测．假设在接受核酸检测样本中，每份样本的检测结果是阳性还是阴性都是相互独立的，且中风险地区每份样本是阳性结果的概率均为p(0(Ⅰ)现有该市中风险地区A的5份核酸检测样本要进行5:1混样检测，求检测总次数为6次的概率．
(Ⅱ)现有该市中风险地区B的15份核酸检测样本，已随机平均分为三组，要采用5:1混样检测，设检测总次数为X，求X的分布列和数学期望．

已知函数F(x)＝．
(Ⅰ)设函数h(x)＝(x−1)F(x)，当a＝2时，证明：当x>1时，h(x)>0；
(Ⅱ)若F(x)>0恒成立，求实数a的取值范围；
(Ⅲ)若a使F(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：2<|x2−x1|请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

已知某曲线C的参数方程为x＝2csφy＝sinφ（φ为参数）．
(Ⅰ)若P(x, y)是曲线C．上的任意一点，求x+2y的最大值；
(Ⅱ)已知过C的右焦点F，且倾斜角为α(0≤α<π2)的直线l与C交于D，E两点，设线段DE的中点为M，当316(1|FE|+1|FD|)=|FM|时，求直线l的普通方程．
[选修4--5：不等式选讲]

已知函数f(x)＝|x+a|+|x+4a|．
(Ⅰ)若a＝1，求不等式f(x)≤7的解集；
(Ⅱ)对于任意的正实数m，n，且3m+n＝1，若恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2021年东北三省四市教研联合体高考数学模拟试卷（理科）（一）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.
【答案】
B
【考点】
并集及其运算
【解析】
可求出集合A，然后进行并集的运算即可．
【解答】
∵ A={x|x<−1或x>4}，B={x|x>2}，
∴ A∪B={x|x>2或x<−1}．
2.
【答案】
A
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的模
【解析】
利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出．
【解答】
复数z满足(1+i)z=|2+i|，
∴ (1−i)(1+i)z=(1−i)⋅5，
∴ z=52−52i，
则复数z的虚部是−52，
3.
【答案】
B
【考点】
二倍角的三角函数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
4.
【答案】
C
【考点】
简单线性规划
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
5.
【答案】
C
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
6.
【答案】
C
【考点】
由三视图求体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由三视图可知，该几何体是三棱柱，直观图如图所示：三棱柱ABC−A1B1C1，
其中△ABC为等腰三角形， AA1=4，
故该几何体的体积为： V=S△ABC⋅AA1=12×2×4×4=16．
故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
数列的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
8.
【答案】
D
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
9.
【答案】
D
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
10.
【答案】
D
【考点】
正弦定理的应用
解三角形的实际应用
【解析】
求得AM，再在三角形ACM中，运用正弦定理可得CM，再解直角三角形CDM，计算可得所求值．
【解答】
解：在直角三角形ABM中，AM=ABsin15∘．
在△ACM中，∠CAM=30∘+15∘=45∘，
故∠ACM=180∘−45∘−105∘=30∘，
由正弦定理，AMsin∠ACM=CMsin∠CAM，
故CM=AMsin∠CAMsin∠ACM=2×ABsin15∘．
在直角三角形CDM中，
CD=CMsin60∘=2×ABsin15∘×32
=62×153−156−24=303．
故选D.
11.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
12.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
圆锥曲线的综合问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分
【答案】
32+2
【考点】
基本不等式
【解析】
由题意整体代入可得1a+2b=12(1a+2b)(a+b)=12(3+ba+2ab)，由基本不等式可得．
【解答】
∵ a>0，b>0，且a+b＝2，
∴ 1a+2b=12(1a+2b)(a+b)
=12(3+ba+2ab)≥12(3+22)=32+2，
当且仅当ba=2ab即b=2a时取等号，
结合a+b＝2可解得a＝22−2且b＝4−22，
【答案】
60
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
−1或-
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
400
【考点】
分段函数的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
三、解答题.
【答案】
（1）设等差数列{an}的公差为d，
∵ S5＝25＝5a8，∴ a3＝5，
又a2−1，a4+8，a7+3成等比数列，
∴ (a5+1)2＝(a2−1)(a7+7)，即(6+d)2＝3(8+4d)，解得：d＝2，
∴ an＝a3+(n−3)d＝5n−1；
（2）由(Ⅰ)可得bn＝(−1)nan+8＝(−1)n(2n−3)+1，
∴ T2n＝[(−4+1)+(3+5)]+[(−5+1)+(2+1)]+...+[−(4n−4)+1+(4n−2+1)]＝4n．
【考点】
等差数列与等比数列的综合
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
（1）因为|MI|+1＝|MF|＝|MH|+1，
所以点M的轨迹C为以F为焦点，x＝−6为准线的抛物线，
所以曲线C的方程为y2＝4x，
设点A3(x1, y1)，A4(x2, y2)为其中任意一条斜率为−7的直线与曲线C的两个交点，
设A1A2的中点为E(x, y)，则，
则(y1−y8)(y1+y2)＝2(x1−x2)，
所以k＝＝−2，
所以y8+y2＝−2＝4y，
所以y＝−1，
所以这组斜率为−2的平行直线与曲线C相交形成的弦的中点在直线y＝−6上．
（2）设A(x3, y3)，B(x3, y4)，则，
则(y3−y4)(y5+y4)＝4(x3−x4)，
所以kAB＝，
又因为A，B关于直线l对称，
所以kAB＝−2，
即y7+y4＝−2，
所以＝−4，
又因为AB的中点一定在直线l上，
所以＝2×，
所以线段AB的中点D的坐标为(1, −4)．
【考点】
轨迹方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
（1）证明：取AB中点O，连接OC，
因为底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60∘，
OC⊥AB，因为PA＝PB，
所以∠POC为二面角P−AB−C的平面角，
因为PA⊥PB，AB＝2，OC＝4⋅sin60∘＝，
又因为PC＝2，所以PC2＝OP2+OC2，于是∠POC＝90∘，
所以平面PAB⊥平面ABCD；
（2）由(Ⅰ)知OC、OB，
建立如图所示的空间直角坐标系，
A(7，−1，B(0，2，C（，0，D（，0)，0，7)，-，），
＝（-，-，），＝(0, 0)，，1，0)，
设平面HCD和平面HCB的法向量分别为＝(x，y，＝(u，v，
，令z＝2，，0，2），
，令v＝，，，3），
设二面角D−CH−B的大小为θ，
|csθ|＝＝＝，
因为θ为钝角，所以二面角D−CH−B的余弦值为-．
【考点】
二面角的平面角及求法
平面与平面垂直
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
（1）设“检测总次数为6次”为事件A，
P(A)＝1−(8−P)5，
所以检测总次数为6次的概率为5−(1−P)5．
（2）X的所有可能取值为6，8，13，
设(1−P)6＝t，Y为三个小组中出现阳性的小组数，
则X＝5Y+3，Y∼B(4，
P(X＝3)＝P(Y＝0)＝t3＝(1−P)15，
P(X＝8)＝P(Y＝4)＝＝3[4−(1−P)5]•(3−P)10，
P(X＝13)＝P(Y＝2)＝＝3[1−(1−P)7]2⋅(1−P)4，
P(X＝18)＝P(Y＝3)＝＝[8−(1−P)5]4，
所以随机变量X的分布列为：
∴ E(X)＝E(5Y+5)＝5E(Y)+3＝2×3×(1−t)+7＝18−15(1−P)5．
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
（1）证明：h′(x)＝，
当x>1时，h′(x)>3，+∞)上单调递增，
∵ h(1)＝0，∴ h(x)>h(1)＝0；
（2）设函数f(x)＝lnx−，
则f′(x)＝，
令g(x)＝x2+2(1−a)x+1，当a≤6时，g(x)>0，
当1故当a≤3时，f(x)在(0，且f(1)＝0，
故有f(x)>0，
当a>8时，有△＝4a2−4a>0，此时g(x)有2个零点，
设为t4，t2且t10，t2t2＝1，故2在(1, t2)上，f(x)为单调递减函数，
即lnx<，得-<0，
综上：a≤2；
(Ⅲ)证明：若F(x)有2个不同的零点x1，x2，不妨设x2则x1，x3为f(x)＝lnx−的两根零点​5≠1，x2≠2，
由(Ⅱ)知此时a>2，并且f(x)在(0, t7)，(t2, +∞)上单调递增，
在(t1, t3)上单调递减，且f(1)＝01)>7，f(t2)<0，
∵ f(e−a)＝-<0a)＝>0，e−a<3故x1∈(e−a, t1)，x7∈(t2, ea)，故t2−t6∵ t8−t1＝＝2，
综上：2<|x2−x5|【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
【答案】
（1）依题意：x=2csφ，y=sinφ，
所以x+2y=2csφ+2sinφ=22sin(x+φ)，当φ=2kπ+π4(k∈Z)时，x+2y的最大值为22．
（2）曲线C的参数方程为x＝2csφy＝sinφ（φ为参数），转换为直角坐标方程为x24+y2＝1；
右焦点的坐标为(3,0)，
故直线l得参数方程为x＝3+tcsαy＝tsinα（t为参数），
把直线的参数方程代入椭圆的方程为：(1+3sin2α)t2+23csαt−1＝0，
所以t1+t2＝−23csα1+3sin2α，t1t2＝−11+3sin2α，
所以1|EF|+1|FD|＝|t1−t2||t1t2|＝4，
所以316(1|FE|+1|FD|)=|FM|=34，
整理得|FM|＝|t1+t22|＝3csα1+3sin2α＝34，
所以csα＝23，
故直线l的斜率为52，
直线l的普通方程为5x−2y−15＝0．
【考点】
参数方程与普通方程的互化
【解析】
(Ⅰ)直接利用参数方程的应用和三角函数的关系式的变换求出结果；
(Ⅱ)利用一元二次方程根和系数关系式的应用和三角函数的关系式的变换和中点坐标公式的应用求出结果．
【解答】
（1）依题意：x=2csφ，y=sinφ，
所以x+2y=2csφ+2sinφ=22sin(x+φ)，当φ=2kπ+π4(k∈Z)时，x+2y的最大值为22．
（2）曲线C的参数方程为x＝2csφy＝sinφ（φ为参数），转换为直角坐标方程为x24+y2＝1；
右焦点的坐标为(3,0)，
故直线l得参数方程为x＝3+tcsαy＝tsinα（t为参数），
把直线的参数方程代入椭圆的方程为：(1+3sin2α)t2+23csαt−1＝0，
所以t1+t2＝−23csα1+3sin2α，t1t2＝−11+3sin2α，
所以1|EF|+1|FD|＝|t1−t2||t1t2|＝4，
所以316(1|FE|+1|FD|)=|FM|=34，
整理得|FM|＝|t1+t22|＝3csα1+3sin2α＝34，
所以csα＝23，
故直线l的斜率为52，
直线l的普通方程为5x−2y−15＝0．
[选修4--5：不等式选讲]
【答案】
（1）a＝1时，原不等式为|x+1|+|x+5|≤7，
当x≤−4时，得−x−5−x−4≤7，
所以−6≤x≤−4；
当−4所以−4当x>−6时，得x+1+x+4≤5，
所以−1综上可得，不等式的解集为{x|−3≤x≤1}．
（2）因为m，n为正实数＝+＝+＝3++＝5．
当且仅当m＝n＝时等号成立，
所以的最大值为，
又因为f(x)＝|x+a|+|x+3a|≥|x+4a−(x+a)|＝|3a|，当(x+a)(x+8a)≤0时取到等号，
要使恒成立，
所以a≤−或a≥
即实数a的取值范围是(−∞，-]∪[．
【考点】
不等式恒成立的问题
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答X
3
8
13
18
P
(6−P)15
3[1−(4−P)5]•(1−P)10
7[1−(1−P)5]2⋅(1−P)4
[1−(1−P)6]3