2021年山西省朔州市怀仁市高考数学一模试卷（文科）

这是一份2021年山西省朔州市怀仁市高考数学一模试卷（文科），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. 已知i是虚数单位，则复数的实部和虚部分别是（ ）
A.−7，3B.7，−3iC.7，−3D.−7，3i

2. 集合A={x∈N|lg2x≤1}，集合B={x∈Z|x2≤5}，则A∩B=( )
A.{2}B.{1, 2}C.{0, 1, 2}D.⌀

3. 已知等比数列{an}的各项均为负数，若a2a8+2a3a9+a72＝16，则a5+a7＝（ ）
A.−2B.−4C.−8D.−16

4. 如图，位于西安大慈恩寺的大雁塔，是唐代玄奘法师为保存经卷佛像而主持修建的，是我国现存最早的四方楼阁式砖塔．塔顶可以看成一个正四棱锥，其侧棱与底面所成的角为45∘，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为（ ）

A.B.C.D.

5. 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

6. 设，b＝，c＝2−0.3，则a，b，c的大小关系为（ ）
A.a>b>cB.a>c>bC.c>b>aD.b>a>c

7. 已知函数f(x)＝−x3+3x2−x−2，则曲线y＝f(x)的所有切线中，斜率最大的切线方程为（ ）
A.x+2y−3＝0B.x−2y−3＝0C.2x+y−3＝0D.2x−y−3＝0

8. 函数f(x)＝sinx的图象大致是（ ）
A.B.
C.D.

9. 已知csθ+sin(θ+）＝1，则sin(θ+）＝（ ）
A.B.C.D.

10. 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.

11. 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∘，则折叠后所得四面体ABCD的外接球的半径为（ ）
A.B.C.D.

12. 已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，且当x<0时，函数f(x)＝xex+1，若关于x的函数F(x)＝[f(x)]2−(a+1)f(x)+a恰有2个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A.(−∞， −1)B.（ −1，0)∪(0，1− ）
C.(−1， −1)∪(1− ，1)D.(1− ，+∞)
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

已知向量＝(−1, m)，＝(2, −3)，若⊥，则m＝________．

若x，y满足约束条件x+y≥−1,x−y≥−1,2x−y≤1, 则z＝x+2y的最大值是________．

已知c是双曲线C： ＝1(a>0, b>0)的半焦距，离心率为e，则 的最大值是________．

如图所示，在平面四边形ABCD中，AD＝1，CD＝2，AC=7，若cs∠BAD=−714，sin∠CBA=216，则BC＝________．

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

已知等差数列{an}及各项为正的等比数列{bn}，记数列{bn}的前n项和为Sn，满足2a1＝b1＝2，a2+a8＝10，_____．在①λSn＝bn−1；②a4＝S3−2S2+S1这两个条件中任选其中一个，补充在横线上，并完成下面问题的解答
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；

（2）若cn＝ ，求数列{cn}的前n项和Tn．

2020年11月1日，我国开展第七次全国人口普查，它是中国特色社会主义进入新时代，第一个百年奋斗目标即将实现、开启全面建设社会主义现代化国家新征程的一项基础性工作，将为我们科学制定“十四五”规划和社会民生政策等提供重要信息支撑，具有重大而深远的意义．大国点名，没你不行．全国每个家庭、每位居民都是人口普查的参与者和受益者，都有义务如实填报人口普查信息，齐心协力共同高质量完成人口普查任务．为了保障普查顺利进行某市选取一个小区进行试点，该试点小区共有A类家庭（指公务员，机关干部，教师，高级白领族等）200户，B类家庭（指农民，留守老人族，打工族，低收入族等）300户，普查情况如表所示：

（1）补全上述列联表，并根据列联表判断是否有95%的把握认为“此普查试点小区的入户登记是否顺利与普查对象的类别有关”；

（2）普查领导小组为了了解公民对这次普查的认识情况，准备采取分层抽样的方法从该试点小区抽取5户家庭户主，再从这5户家庭户主中，随机抽取2户家庭户主进行谈话交流，求至少有1户家庭户主是来自A类家庭的概率
参考公式与数据：k2＝ ，其中n＝a+b+c+d．

如图，在三棱锥P−ABC中，PA＝PB＝，AC＝BC＝PC＝，AB＝2，点D，E分别为AB，PC的中点．

（1）证明：PD⊥平面ABC；

（2）设点F在线段BC上，且，若三棱锥P−AEF的体积为，求实数λ的值．

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)＝lnx+ax2−x．
（1）若a＝−1，求函数f(x)的极值．

（2）设f′(x)为f(x)的导函数，若x1，x2函数f′(x)的两个不相等的零点，求证：f(x1)+f(x2)（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4-4：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4-5：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（文科）
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】
C
【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】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
可解出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
【解答】
解：∵ A={1, 2}，B={−2, −1, 0, 1, 2}，
∴ A∩B={1, 2}．
故选B.
3.
【答案】
B
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
4.
【答案】
D
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
棱锥的结构特征
【解析】
利用正四棱锥的几何结构特征，设底面边长为a，则底面是正三角形，求出底面面积，再利用侧棱与底面所成的角为45∘，求出PA，得到△PAB是正三角形，求出其面积，然后计算比值即可．
【解答】
塔顶是正四棱锥P−ABCD，
如图，PO是正四棱锥的高，
设底面边长为a，底面积为，
因为，
所以，
所以△PAB是正三角形，面积为，
所以．
5.
【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
6.
【答案】
D
【考点】
对数值大小的比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
7.
【答案】
D
【考点】
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】
函数的图象与图象的变换
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
9.
【答案】
C
【考点】
两角和与差的三角函数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
10.
【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
11.
【答案】
A
【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
12.
【答案】
C
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【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】
-
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
8
【考点】
简单线性规划
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，即可得到结论．
【解答】
作出不等式组对应的平面区域如图：
由z＝x+2y得y=−12x+12z，
平移直线y=−12x+12z由图象可知当直线y=−12x+12z经过点A时，直线y=−12x+12z的截距最大，
此时z最大，
由x−y=−12x−y=1 ，解得A(2, 3)，
此时z＝2+2×3＝8，
【答案】
【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
【答案】
3
【考点】
解三角形
【解析】
由题意在△ADC中应用余弦定理易得cs∠CAD，进而由同角三角函数基本关系可得sin∠CAD和sin∠BAD，再由和差角公式可得sin∠CAB，在△ABC中由正弦定理可得BC．
【解答】
由题意在△ADC中，AD＝1，CD＝2，AC=7，
∴ 由余弦定理可得cs∠CAD=1+7−42×1×7=277，
∴ sin∠CAD=217，
同理由cs∠BAD=−714，可得sin∠BAD=32114，
∴ sin∠CAB＝sin(∠BAD−∠CAD)
＝sin∠BADcs∠CAD−cs∠BADsin∠CAD=32
在△ABC中由正弦定理可得BC=7×32216=3
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】
当选条件①时：
设等差数列{an}的公差为d，
由题设可得：，解得：a1＝d＝1，
∴ an＝n，
又b3＝2，λSn＝bn−1，
当n＝4时，λS1＝λb1＝3λ＝b1−1＝3，解得：λ＝，
∴ Sn＝6bn−2，
当n≥2时，bn＝Sn−Sn−7＝2bn−2−(8bn−1−2)，即bn＝8bn−1，
∴ 数列{bn}是首项、公比均为2的等比数列，
∴ bn＝2n；
当选条件②时：
设等差数列{an}的公差为d，
由题设可得：，解得：a1＝d＝1，
∴ an＝n，
设数列{bn}的公比为q(q>3)，
又b1＝2，a5＝S3−2S4+S1，
∴ 4＝b2−b2＝2(q7−q)，解得q＝2，
∴ bn＝2n；
由（1）可得：cn＝ ＝＝，
∴ Tn＝6++++•••+，
又Tn＝+++•••++，
两式相减得：Tn＝1+7(+++•••+＝3+2×-，
整理得：Tn＝6−．
【考点】
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
列联表如下：
K²＝≈8.93>3.841，
故有95%的把握认为“此普查试点小区的入户登记是否顺利与普查对象的类别有关”．
由题意可得，A类抽取2户​1，a3，B类抽取3户，记作b1，b7，b3，
抽样结果为(a1, a7)，(a1, b1)，(a7, b2)，(a1, b3)，(a2, b1)，
(a7, b2)，(a2, b4)，(b1, b2)，(b5, b3)，(b2, b4)，共10种，
至少有1户家庭户主是来自A类家庭的有7种，
所以至少有2户家庭户主是来自A类家庭的概率P＝．
【考点】
独立性检验
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
证明：连接CD，
∵ ，AB＝2，
∴ PD⊥AB，PD＝3，
同理可得CD⊥AB，CD＝2，
∵ PC2＝PD3+CD2＝5，∴ PD⊥CD，
∵ AB∩CD＝D，且AB，
∴ PD⊥平面ABC；
∵ ，E为PC的中点，
∴ S△ACF＝S△ABC，
又三棱锥P−AEF的体积为，
∴
＝，
∴ ．
【考点】
直线与平面垂直
棱柱、棱锥、棱台的体积
【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】
由题意知函数f(x)的定义域是(0, +∞)，
a＝−1时，f(x)＝lnx−x8−x,则f′(x)＝,
令f′(x)>6,解得：0,
故f(x)在(0,)单调递增,+∞)上单调递减，
故f(x)的极大值是f()＝−ln2−,
综上，函数f(x)的极大值是f(,无极小值；
证明：由题意f′(x)＝+2ax−1＝,
故x2, x2是2ax2−x+1＝0的两个不相等的正实数根，
则,解得：0f(x1)+f(x8)−x1−x2＝lnx3+lnx2+a+a​7+x2)
＝a(+)−5(x1+x2)+ln(x8x2)
＝a[−2x7x2]−2(x3+x2)+ln(x1x7)
＝ln-−1,
令t＝,g(t)＝lnt−,t∈(4,
则g′(t)＝-＝<0, t∈(3,
故g(t)在(4, +∞)上单调递减，
故g(t)即f(x1)+f(x2)【考点】
利用导数研究函数的极值
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
（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4-4：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4-5：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】
此题暂无解答普查对象类别
顺利
不顺利
合计
A类家庭
180
200
B类家庭
60
300
合计
P(K2≥k)
0.10
0.05
0.025
0.010
0.001
k
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
普查对象类别
顺利
不顺利
合计
A类家庭
180
20
200
B类家庭
240
60
300
合计
420
80
500