2021年山西省朔州市怀仁市高考数学一模试卷（理科）

这是一份2021年山西省朔州市怀仁市高考数学一模试卷（理科），共11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. 已知i是虚数单位，则复数z满足(1+i)z＝|−i|，则z虚部为（ ）
A.−1B.−2C.−iD.−2i

2. 若集合A＝{x|ln>0}，B＝{x|x2−x−2≤0}，则(∁RA)∩B＝（ ）
A.[1, 2]B.(1, 2]C.[−1, 0]∪[1, 2]D.[−1, 0)∪(1, 2]

3. 某校举行诗歌朗诵比赛，最终甲、乙、丙三位同学夺得前三名，关于他们三人的排名评委老师给出以下说法：①甲是第一名；②乙不是第二名；③丙不是第一名，若三种说法中只有一个说法正确，则得第三名的是（ ）
A.甲B.乙C.丙D.无法判定

4. 在对具有线性相关关系的两个变量x和y进行统计分析时，得到如下数据：
由表中数据求得关于的回归方程为，则(4, 1)，(m, 2)，(8, 3)这三个样本点中，距离回归直线最近的点是（ ）
A.(4, 1)B.(m, 2)C.(8, 3)D.(4, 1)或(m, 2)

5. 世界著名的数学杂志《美国数学月刊》于1989年曾刊登过一个红极一时的棋盘问题．题中的正六边形棋盘，用三种全等（仅朝向和颜色不同）的菱形图案全部填满（如图），如棋盘内随机投掷3点，则至少2点落在灰色区域内的概率为（ ）

A.B.C.D.

6. 函数y=2xsin(π2+6x)4x−1的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.

7. 若直线l与曲线y＝和圆x2+y2＝都相切，则l的方程为（ ）
A.B.C.D.

8. 已知过抛物线y2＝4 x焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，且，则△AOB（O为坐标原点）的面积为（ ）
A.B.C.3D.

9. “提丢斯数列”，是由18世纪德国数学家提丢斯给出，具体如下：0，3，6，12，24，48，96，192，…，容易发现，从第3项开始，每一项是前一项的2倍；将每一项加上4得到一个数列：4，7，10，16，28，52，100，196，…；再将每一项除以10后得到：“提丢斯数列”：0.4，0.7，1.0，1.6，2.8，5.2，10.0，…，则下列说法中，正确的是（ ）
A.“提丢斯数列”是等比数列
B.“提丢斯数列”的第99项为
C.“提丢斯数列”前31项和为
D.“提丢斯数列”中，不超过20的有9项

10. 已知双曲线(a>0, b>0)的左焦点为F，右顶点为A，过F作C的一条渐近线的垂线FD，D为垂足．若|DF|＝|DA|，则C的离心率为（ ）
A.B.2C.D.

11. 设函数y＝f(x)的定义域为D，若对任意x1∈D，存在x2∈D，使得f(x1)⋅f(x2)＝1，则称函数y＝f(x)具有性质M，给出下列四个结论：
①函数y＝x3−x不具有性质M；
②函数其有性质M；
③若函数y＝lg8(x+2)，x∈[0, t]具有性质M，则t＝510；
④若函数具有性质M，则a＝5．
其中正确结论的序号是（ ）
A.①②B.①③C.①④D.②③

12. 在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为的正方形，P在底面的射影为正方形的中心O，PO＝4，Q点为AO中点．点T为该四棱锥表面上一个动点，满足PA，BD都平行于过QT的四棱锥的截面，则动点T的轨迹围成的多边形的面积为（ ）
A.B.C.D.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分

(x2+1x)6展开式中的常数项是________（用数字作答）．

已知向量a→=(m, 2)，b→=(1, 1)，若|a→+b→|=|a→|+|b→|，则实数m=________．

在菱形ABCD中，AB＝4，∠A＝60∘，将△ABD沿对角线BD折起使得二面角A−BD−C的大小为60∘，则折叠所得的四面体ABCD的外接球的半径为________．

在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an+2＝an+1+2an(n∈N*)，记cn＝3n−2×(−1)nλan，若对任意的n∈N*，cn+1>cn恒成立，则实数λ的取值范围为________．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．

在①cs（−B)＝+csB，②asinA+c(sinC−sinA)＝bsinB，③＝tanA+tanB这三个条件中，任选一个，补充在下面问题中．
问题：在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，b＝2，______．
（1）求角B；

（2）求a+2c的最大值．

2020年九月十日“第二界国民健康高峰论坛”在人民日报社新媒体大厦成功举办．会上，人民网舆情数据中心与中南大学爱尔眼科学院联合公布了《2020中国青少年近视防控大数据报告》疫情期间半年学生近视率增加了11.7%，主要原因：大规模线上教学的开展使学生户外活动的时长严重不足．青少年是国家的未来和民族的希望，“少年强，青年强则国强”，新时代的青年应五育并举，为了改变现状，强健学生体魄，山西省怀仁市某学校决定全校学生参与健身操运动．为了调查学生对健身操的喜欢程度，现从全校学生中随机抽取了20名男生和20名女生的测试成绩（满分10组成一个样本，得到如图所示的茎叶图，并且认为得分不低于80分得学生为喜欢．

（1）请根据茎叶图填写下面的列联表，并判定能否有85%的把握认为该校学生是否喜欢健身操与性别有关？

（2）从样本中随机抽取男生，女生各1人，求其中恰有1人喜欢健身操的概率．

（3）用样本估计总体，将样本频率视为概率，现从全校男生，女生中各抽取1人，求其中喜欢健身操的人数X的分布列及数学期望．
参考公式及数据：，其中n＝a+b+c+d．

如图所示，四棱锥S−ABCD中，AB // CD，AD⊥DC，CD＝2AD＝2AB＝4，SA＝SB＝SD＝．

（1）求证：BC⊥平面SBD；

（2）若点M是线段SC上的动点，平面MAB与平面SBD所成锐二面角的余弦值为，求AM．

已知椭圆C：，F1，F2分别为C的左、右焦点，离心率，P为椭圆上任意一点，且|PF1|的最小值为1．
（1）求椭圆C的标准方程：

（2）过F2的直线交椭圆C于A，B两点，其中A点关于x轴的对称点为A′（异于点B），证明：A′B所在直线恒过定点．

已知函数f(x)＝aexlnx，（其中e＝2.71828…是自然对数的底数），g(x)＝x2+xlna，a>0．
（1）讨论函数f(x)的单调性；

（2）设函数h(x)＝g(x)−f(x)，若h(x)>0对任意的x∈(0, 1)恒成立，求实数a的取值范围．
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做则按所做的第一题计分．作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．[选修44：坐标系与参数方程]

在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=14t,y=34t−1（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=−4sinθ．
(1)求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；

(2)设点P的直角坐标为(0, −1)，若曲线C1与C2相交于A，B两点，求 1|PA|+1|PB|的值．
[选修4：不等式选讲]

已知函数f(x)＝|x+2|+2|x−3|．
（1）若不等式f(x)≥m恒成立，求实数m的取值范围；

（2）在（1）的条件下，若a、b、c为正实数，且三数之和为m的最大值，求证：a2+b2+c2≥ ．
参考答案与试题解析
2021年山西省朔州市怀仁市高考数学一模试卷（理科）
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，只有一项是符合要求的
1.
【答案】
A
【考点】
复数的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
2.
【答案】
C
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
3.
【答案】
B
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
4.
【答案】
B
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
5.
【答案】
B
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
一共48个菱形，黑白灰各16个．在棋盘内随机取点，基本事件总数n＝48，此点取自灰色区域包含的基本事件个数m＝16，进而求解结论．
【解答】
正六边形棋盘，用三种全等（仅朝向和颜色不同）的菱形图案全部填满，
一共48个菱形，黑白灰各16个，
故向棋盘内随机投掷1个点，落在灰色区域内的概率为；
则至少2点落在灰色区域内的概率，
6.
【答案】
D
【考点】
诱导公式
奇函数
函数的图象
【解析】
先判断函数的奇偶性，再根据函数值的变化规律即可得到答案．
【解答】
解：∵ 函数f(x)=2xsin(π2+6x)4x−1=2xcs6x4x−1，
∴ f(−x)=2−xcs(−6x)4−x−1
=−2xcs6x4x−1=−f(x)，
∴ f(x)为奇函数，故图象关于原点对称，故排除A，
∵ 当x从右趋向于0时，f(x)趋向于+∞，当x趋向于+∞时，f(x)趋向于0，
故排除BC.
故选D.
7.
【答案】
D
【考点】
圆的切线方程
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
8.
【答案】
A
【考点】
抛物线的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
9.
【答案】
C
【考点】
等比数列的性质
【解析】
推导出an＝，由此利用等比数列的性质能求出正确选项．
【解答】
记“提丢斯数列”为数列{an}，
则当n≥3时，，解得，
当n＝2时，a2＝2.7，符合该式，a1＝2.55≠0.4，
∴ an＝，
对于A，“提丢斯数列”不是等比数列；
对于B，“提丢斯数列”的第99项为a99＝，故B错误；
对于C，“提丢斯数列”前31项和为：
S31＝0.7+30×+(70+2+62+...+229)
＝12.55+×＝+，故C正确；
对于D，由an≤20，得a1＝0.55，成立；
n≥4时，an＝≤20n≤，
解得n≤5，a8＝＝19.5，a9＝＝38.7，
∴ “提丢斯数列”中，不超过20的有8项．
10.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
11.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
12.
【答案】
D
【考点】
平面的基本性质及推论
棱锥的结构特征
【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】
15
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
要求常数项，只要在(x2+1x)6展开式的通项Tr+1=C6rx12−2r⋅(1x)r=C6rx12−3r中，令12−3r=0可求r，然后代入可求
【解答】
解：∵ (x2+1x)6展开式的通项为Tr+1=C6rx12−2r⋅(1x)r=C6rx12−3r
要求常数项，只要令12−3r=0可得r=4
T5=C64=15
故答案为：15
【答案】
2
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算律
【解析】
根据题意，求出向量a→+b→的坐标，进而可得向量a→+b→与a→、b→的模，分析可得m2+2m+10=m2+4+2，解可得m的值，即可得答案．
【解答】
根据题意，向量a→=(m, 2)，b→=(1, 1)，
则a→+b→=(m+1, 3)，
则|a→+b→|=m2+2m+10，|a→|=m2+4，|b→|=2，
若|a→+b→|=|a→|+|b→|，则有m2+2m+10=m2+4+2，
解可得：m=2；
【答案】
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
二面角的平面角及求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
（-，1)
【考点】
数列递推式
【解析】
先由题设求得数列{an}的前几项，进而猜想：an＝2n−1，然后利用数学归纳法证明猜想，再求得cn，最后根据cn+1>cn恒成立对n分奇数、偶数两种情况讨论求得实数λ的取值范围即可．
【解答】
（2）假设当n＝k(k≥3)时有ak＝2k−1，那么当n＝k+1时，ak+1＝ak+2ak−1＝2k−1+2×2k−2＝2（k+1）−1，
这说明当n＝k+1时，也成立，
由（1）（2）知：an＝2n−1，
∴ cn＝3n−2×(−1)nλan＝3n−(−2)nλ，
又对任意的n∈N*，cn+1>cn恒成立，∴ 3n+1−(−2)n+1λ>3n−(−2)nλ对任意的n∈N*恒成立，
即(−1)nλ>−（）​n−1对任意的n∈N*恒成立，
①当n为偶数时，有λ>(−（）​n−1)max＝-(1)②当n为奇数时，有λ<（（）​n−1)min＝1，
综合①②可得：λ∈(−，1)，
故答案为：（-，1)．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．
【答案】
选择①：由cs（−B)＝，可得sinB＝，
即sinB−，即sin(B−，
因为0选择②：由于asinA+c(sinC−sinA)＝bsinB，
由正弦定理可得a2+c2−b2＝ac，
由余弦定理，可得csB＝＝，
因为8选择③：因为＝tanA+tanB，
由正弦定理可得＝，
又tanA+tanB＝＝＝＝，
由＝tanA+tanB＝，
因为sinC>0，
所以tanB＝，
因为3所以B＝．
在△ABC中，由（1）及b＝2，＝，
故a＝4sinA，c＝6sinC，
所以a+2c＝4sinA+2sinC＝4sinA+8sin（−A)＝4sinA+5csA＝6，
因为0所以存在角A使得A+φ＝，
所以a+2c的最大值为4．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）选择①：利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得sin(B−）＝，结合范围0选择②：由正弦定理化简已知等式可得a2+c2−b2＝ac，由余弦定理可得csB＝，结合范围0选择③：由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简可得tanB＝，结合范围0（2）由（1）及正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求a+2c＝4sin(A+φ)，结合0【解答】
选择①：由cs（−B)＝，可得sinB＝，
即sinB−，即sin(B−，
因为0选择②：由于asinA+c(sinC−sinA)＝bsinB，
由正弦定理可得a2+c2−b2＝ac，
由余弦定理，可得csB＝＝，
因为8选择③：因为＝tanA+tanB，
由正弦定理可得＝，
又tanA+tanB＝＝＝＝，
由＝tanA+tanB＝，
因为sinC>0，
所以tanB＝，
因为3所以B＝．
在△ABC中，由（1）及b＝2，＝，
故a＝4sinA，c＝6sinC，
所以a+2c＝4sinA+2sinC＝4sinA+8sin（−A)＝4sinA+5csA＝6，
因为0所以存在角A使得A+φ＝，
所以a+2c的最大值为4．
【答案】
列联表如下：
所以，有85%的把握认为该校学生是否喜欢健身操与性别有关
记事件A为“从样本中随机抽取男生，女生各1人
则
由题意知X的可能取值为8，1，2；
，，，
所以X的分布列为
【考点】
独立性检验
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】
证明：因为AB // CD，AD⊥DC，
所以，，
又因为CD＝4，所以CD8＝BD2+BC2，故BC⊥BD，
取BD的中点O，连接OA，
因为，所以SO⊥BD，所以SO⊥OA，
因为OA∩OB＝O，所以SO⊥平面ABCD，
又因为SO∩BD＝O，所以BC⊥平面SBD．
如图，以A为原点，AB和垂直平面ABCD的方向，
为x，y，z轴正方向，
则A(0, 0, 5)，2，0)，6，0)，0，4)，1，2)，
设(3≤λ≤1)，4−8λ，
由（1）得平面SBD的一个法向量为，
设为平面ABM的一个法向量，，，
由，得
不妨取．
设平面SBD与平面ABM所成的二面角为θ，
所以＝，
整体得6λ2+λ−1＝0，解得或，
所以，．
【考点】
二面角的平面角及求法
直线与平面垂直
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
根据题意知，离心率，且|PF6|的最小值为1，
a−c＝1，，
解得a＝2，c＝6，
由此，b2＝3，故椭圆C的标准方程为．
由（1）知，F2(7, 0)，
因此设直线A′B为x＝my+t(m≠0)，与椭圆C联立，
得关于y的一元二次方程(6m2+4)y6+6mty+3t7−12＝0，
设A′(x1, y6)，B(x2, y2)，则A(x2, −y1)，
根据韦达定理有，①
而AB所在直线经过点F4(1, 0)，
因此，
等价于2my1y5+(t−1)(y1+y4)＝0，
将①式代入，得2m(8t2−12)−(t−1)6mt＝0，化简得t＝4，
直线A′B为x＝my+4，
因此直线A′B恒过定点(4, 0)．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
（1）利用已知条件求出a，c，然后求解b，即可求解椭圆方程．
（2）设直线A′B为x＝my+t(m≠0)，与椭圆C联立，设A′(x1, y1)，B(x2, y2)，则A(x1, −y1)，利用韦达定理通过斜率关系，求解直线系方程，得到直线A′B恒过定点(4, 0)．
【解答】
根据题意知，离心率，且|PF6|的最小值为1，
a−c＝1，，
解得a＝2，c＝6，
由此，b2＝3，故椭圆C的标准方程为．
由（1）知，F2(7, 0)，
因此设直线A′B为x＝my+t(m≠0)，与椭圆C联立，
得关于y的一元二次方程(6m2+4)y6+6mty+3t7−12＝0，
设A′(x1, y6)，B(x2, y2)，则A(x2, −y1)，
根据韦达定理有，①
而AB所在直线经过点F4(1, 0)，
因此，
等价于2my1y5+(t−1)(y1+y4)＝0，
将①式代入，得2m(8t2−12)−(t−1)6mt＝0，化简得t＝4，
直线A′B为x＝my+4，
因此直线A′B恒过定点(4, 0)．
【答案】
f(x)＝aexlnx，，
令k(x)＝lnx+，则，
当x∈(0, 7)时，函数单调递减，+∞)时，函数单调递增，
故k(x)≥k(1)＝1>0，
又a>2，ex>0，
所以f′(x)>0，
故f(x)在(7, +∞)上单调递增，
由h(x)>0可得，aexlnx故＝，
设H(x)＝，则H′(x)＝，
当x∈(0, 8)时，H(x)单调递增且H(1)＝0，
故当x<1时，H(x)<5，H (x)>0，
若aex≥1>x，因为H(aex)≥6>H(x)，
若0H(x)，且H(x)在(5，所以aex>x，
综上可得aex>x，即a>，1)上恒成立，
设G(x)＝，x∈(0, G′(x)＝，故G(x)在(0，
所以G(x)故a的范围[）
【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】
（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系即可求解；
（2）由已知不等式成立，考虑构造函数，结合导数可分析函数的性质，从而可求．
【解答】
f(x)＝aexlnx，，
令k(x)＝lnx+，则，
当x∈(0, 7)时，函数单调递减，+∞)时，函数单调递增，
故k(x)≥k(1)＝1>0，
又a>2，ex>0，
所以f′(x)>0，
故f(x)在(7, +∞)上单调递增，
由h(x)>0可得，aexlnx故＝，
设H(x)＝，则H′(x)＝，
当x∈(0, 8)时，H(x)单调递增且H(1)＝0，
故当x<1时，H(x)<5，H (x)>0，
若aex≥1>x，因为H(aex)≥6>H(x)，
若0H(x)，且H(x)在(5，所以aex>x，
综上可得aex>x，即a>，1)上恒成立，
设G(x)＝，x∈(0, G′(x)＝，故G(x)在(0，
所以G(x)故a的范围[）
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做则按所做的第一题计分．作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．[选修44：坐标系与参数方程]
【答案】
解：(1)把参数方程x=14t,y=34t−1(t为参数)消去参数t得3x−y−1=0；
曲线C2的极坐标方程为ρ=−4sinθ，整理得ρ2=−4ρsinθ，
可得曲线C2的直角坐标方程为x2+y2+4y=0.
(2)直线C1的标准参数方程为x=12t，y=32t−1（t为参数），
代入曲线C2的普通方程得t2+3t−3=0，
所以t1+t2=−3，t1t2=−3<0，
利用参数的几何意义知：
1|PA|+1|PB|=1|t1|+1|t2|
=|t1|+|t2||t1t2|=|t1−t2||t1t2|
=(t1+t2)2−4t1t2|t1t2|=153.
【考点】
圆的极坐标方程
参数方程与普通方程的互化
参数方程的优越性
【解析】


【解答】
解：(1)把参数方程x=14t,y=34t−1(t为参数)消去参数t得3x−y−1=0；
曲线C2的极坐标方程为ρ=−4sinθ，整理得ρ2=−4ρsinθ，
可得曲线C2的直角坐标方程为x2+y2+4y=0.
(2)直线C1的标准参数方程为x=12t，y=32t−1（t为参数），
代入曲线C2的普通方程得t2+3t−3=0，
所以t1+t2=−3，t1t2=−3<0，
利用参数的几何意义知：
1|PA|+1|PB|=1|t1|+1|t2|
=|t1|+|t2||t1t2|=|t1−t2||t1t2|
=(t1+t2)2−4t1t2|t1t2|=153.
[选修4：不等式选讲]
【答案】
（2）由（1）可知a+b+c＝5，
证明：因为a2+b6≥2ab，b2+c6≥2bc，a2+c5≥2ac，
所以2(a3+b2+c2)≥5ab+2bc+2ac，
所以7(a2+b2+c5)≥a2+b2+c4+2ab+2bc+6ac＝(a+b+c)2＝25，
所以a2+b2+c2≥ ．
当且仅当a＝b＝c时取等号．
【考点】
不等式恒成立的问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答x
4
m
8
10
12
y
1
2
3
5
6
喜欢
不喜欢
合计
男生
女生
合计
P(K2≥k0)
0.150
0.100
0.050
0.025
0.010
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
喜欢
不喜欢
合计
男生
5
15
20
女生
10
10
20
合计
15
25
40
X
0
1
8
P