2021年陕西省榆林市高考数学四模试卷(理科)

2021年陕西省榆林市高考数学四模试卷（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，只有一项是符合题目要求的.
1．（5分）已知集合A ＝{x ∈Z |﹣3＜x ＜5}，B ＝{y |y ＝2x ，x ∈A }，则A ∩B 的元素个数为（ ） A ．6
B ．5
C ．4
D ．3
2．（5分）在△ABC 中，若AB ＝1，AC ＝5，cosA =35
，则→AB ⋅(→AB +→AC )=（ ）
A ．3
B ．8
C ．4
D ．28
3．（5分）若x ，y 满足约束条件{
x ≤2，
x +y ≤3，3x +2y ≥6，则x ﹣y 的最大值为（ ）
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
4．（5分）设函数f （x ）是定义在R 上的偶函数，当x ≥0时，f （x ）＝lg （3x +1）﹣1，则不等式f （x ）＞0的解集为（ ） A ．（﹣3，0）∪（3，+∞） B ．（3，+∞）
C ．（﹣3，3）
D ．（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞）
5．（5分）若（x ―3x
）n 展开式中所有项的系数和为64，则展开式中第三项为（ ） A ．135
B ．﹣540
C ．540
D ．135x
6．（5分）中国的5G 技术领先世界，5G 技术的数学原理之一便是著名的香农公式：C =W lo g 2(1+S
N
)．它表示：在受噪音干扰的信道中，最大信息传递速度C 取决于信道带宽W ，
信道内信号的平均功率S ，信道内部的高斯噪声功率N 的大小，其中S
N
叫做信噪比．当信
噪比比较大时，公式中真数里面的1可以忽略不计．按照香农公式，若带宽W 增大到原来的1.1倍，信噪比S
N
从1000提升到16000，则C 大约增加了（ ）（附：lg 2≈0.3）
A ．21%
B ．32%
C ．43%
D ．54%
7．（5分）执行如图所示的程序框图，则输出的i ＝（ ） A ．10
B ．15
C ．20
D ．25
8．（5分）已知函数f(x)=cos(ωx +φ―π6)cos (ωx +φ+π3)(ω＞0)的最小正周期为π，且曲线y ＝f （x ）关于直线x =π
8对称，则|φ|的最小值为（ ）
A．π
6
B．
5π
24
C．
7π
24
D．
π
3
9．（5分）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家常用小石子在沙滩上研究数学问题，他们在沙滩上画点或用小石子来表示数．比如，他们研究过图1中的1，3，6，10，…，这样的数称为三角形数；类似地，图2中的1，4，9，16，…，这样的数称为正方形数；图3中的1，5，15，30，…，这样的数称为正五边形数．那么正五边形数的第2021项小石子数是（ ）
A．5×1010×2021B．5×1010×1011
C．5×1011×2021D．5×1011×2020
10．（5分）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为侧棱CC1的中点，从该三棱柱的九条棱中随机选取两条，则这两条棱所在直线至少有一条与直线BD异面的概率是（ ）
A．2
3
B．
13
18
C．
7
9
D．
5
6
11．（5分）过抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F作直线与抛物线交于A，B两点，与抛物线
的准线交于点P，且
→
AP=2
→
AF，|BF|＝2，则p＝（ ）
A．3B．2C．4D．6
12．（5分）丹麦数学家琴生（Jensen）是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方面留下了很多宝贵的成果．设函数f（x）在（a，b）上的导函数为f′（x），f′（x）在（a，b）上的导函数为f″（x），若在（a，b）上f″（x）＞
0恒成立，则称函数f（x）在（a，b）上为“凹函数”．已知f（x）=e x
x
―t（lnx+x）在
（0，2）上为“凹函数”，则实数t的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣1）B．（﹣∞，﹣e）C．（﹣e，+∞）D．（﹣1，+∞）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.
13．（5分）复数z＝（1﹣2i）（1﹣5i）的实部为 ．
14．（5分）双曲线x2―y2
35
=1的离心率为 ．
15．（5分）在数列{a n}中，a1＝2，（n+1）a n+1＝2na n，则a n＝ ．16．（5分）如图，一个有盖圆柱形铁桶的底面直径为43，高为8，铁桶盖的最大张角为60°，往铁桶内塞入一个木球，则该木球的最大表面积为 ．
三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.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.
17．（12分）△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=3，b＝2．
（1）若A=π
6，求cos2B；
（2）当A取得最大值时，求△ABC的面积．
18．（12分）扶贫期间，扶贫工作组从A地到B地修建了公路，脱贫后，为了了解A地到B 地的公路的交通通行状况，工作组调查了从A地到B地行经该公路的各种类别的机动车共4000辆，汇总行车速度后作出如图所示的频率分布直方图．
（1）试根据频率分布直方图，求样本中的这4000辆机动车的平均车速（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；
（2）若由频率分布直方图可大致认为，该公路上机动车的行车速度Z服从正态分布N
（μ，σ2），其中μ，σ2分别取调查样本中4000辆机动车的平均车速和车速的方差s2（s2＝204.75），请估计样本中这4000辆机动车车速不低于84.8千米/时的车辆数（精确到个位）；
（3）如果用该样本中4000辆机动车的速度情况，来估计经A地到B地的该公路上所有机动车的速度情况，现从经过该公路的机动车中随机抽取4辆，设车速低于84.8千米/时的车辆数为ξ，求P（ξ≤3）（精确到0.001）．
附：随机变量：ξ～N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜ξ≤μ+σ）≈0.6827，P（μ﹣2σ＜ξ≤μ+2σ）≈0.9545，P（μ﹣3σ＜ξ≤μ+3σ）≈0.9973，204.75≈14.3，0.841354≈0.501．19．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，以BC为直径的圆O（O为圆心）过点A，且AO＝AC＝AP＝2，PA⊥底面ABCD，M为PC的中点．（1）证明：平面OAM⊥平面PCD；
（2）求二面角O﹣MD﹣C的余弦值
20．（12分）已知函数f（x）＝（x3-4
3
x2）e x的定义域为[﹣1，+∞）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）讨论函数g（x）＝f（x）﹣a在[﹣1，2]上的零点个数．
21．（12分）如图，椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，
反射光线经过椭圆的另一个焦点．已知椭圆C：x2
a2
+
y2
b2
=1（a＞b＞0）的左、右焦点分
别为F1，F2，左、右顶点分别为A，B，一光线从点F1（﹣1，0）射出经椭圆C上P点反射，法线（与椭圆C在P处的切线垂直的直线）与x轴交于点Q，已知|PF1|＝22，|F1Q| =2．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过F2的直线与椭圆C交于M，N两点（均不与A，B重合），直线MB与直线x＝4交于G点，证明：A，N，G三点共线．
（二）选考题：共10分.请考生从第22，23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一个题目计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的方程为x=―y2+2y+3．（1）写出曲线C的一个参数方程；
（2）若A（1，0），B（﹣1，0），点P为曲线C上的动点，求
→
PA•
→
PB+2
→
OA•
→
OP的取值范
围．
[选修4-5：不等式选讲]
23．已知函数f（x）＝|x+a|+|x+b|．
（1）若a＝b2+3b+2，证明：∀x∈R，b∈R，f（x）≥1．
（2）若关于x的不等式f（x）≤7的解集为[﹣6，1]，求a，b的一组值，并说明你的理由．
2021年陕西省榆林市高考数学四模试卷（理科）
参考答案与试题解析
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．【解答】解：∵A＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3，4}，B＝{﹣4，﹣2，0，2，4，6，8}，∴A∩B＝{﹣2，0，2，4}，
∴A∩B的元素个数为：4．
故选：C．
2．【解答】解：
→
AB⋅(
→
AB+
→
AC)=|
→
AB|2+|
→
AB|⋅|
→
AC|cosA=4．
故选：C．
3．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，
令z＝x﹣y，化为y＝x﹣z，
由图可知，当直线y＝x﹣z经过（2，0）时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值2．故选：B．
4．【解答】解：∵函数f（x）是定义在R上的偶函数，当x≥0时，由f（x）＝lg（3x+1）﹣1＞0得x＞3，
根据偶函数对称性可知，当x＜0时，x＜﹣3，
综上可得f（x）＞0的解集为（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞）．
故选：D．
5．【解答】解：令x＝1，则（1﹣3）n＝64，
所以n＝6，
则（x―3
x
）6的展开式的通项为T r+1=C r6•x3﹣r•（﹣3）r，
故展开式中第三项为：C26•（﹣3）2x＝135x，
故选：D．
6．【解答】解：由题意，可得1.1Wlog216000
Wlog21000
―1=1.1×
lg16000
lg1000
―1
= 1.1×3+4lg2
3
―1=0.54，
所以C大约增加了54%．
故选：D．
7．【解答】解：模拟程序的运行，可得a＝1+10＝11，i＝5；
a＝5+22＝27，i＝10；
a＝21+54＝75，i＝15；
a＝69+150＝219＞100，i＝20；
满足题意，输出i＝20．
故选：C．
8．【解答】解：∵ωx+φ+π
3
―（ωx+φ-
π
6）=
π
2
，
∴ωx+φ+π
3
=（ωx+φ-
π
6）+
π
2
，
则f（x）＝cos（ωx+φ-π
6）cos[（ωx+φ-
π
6）+
π
2
]
＝﹣sin（ωx+φ-π
6）cos（ωx+φ-
π
6）=-
1
2
sin（2ωx+2φ-
π
3），
∵f（x）的最小正周期是π，∴2π
2ω
=π，∴ω＝1，
则f（x）=-1
2
sin（2x+2φ-
π
3），
∵y＝f（x）关于直线x=π
8对称，
∴2×π
8
+2φ-
π
3
=kπ+
π
2
，k∈Z，
∴2φ＝kπ+7π
12
，k∈Z，即φ=
kπ
2
+
7π
24
，k∈Z，
则当k＝0时，|φ|=7π24
，
k＝﹣1时，|φ|=5π24
，
则|φ|的最小值为5π24
，
故选：B．
9．【解答】解：根据题意，设正五边形数构成数列{a n}，则a1＝1，a2＝5，且当n≥3时，a n＝a n﹣1+5（n﹣1），所以a n＝a2+（a3﹣a2）+（a4﹣a3）+⋅⋅⋅+（a n﹣a n﹣1）
＝5+5×2+5×3+⋅⋅⋅+5（n﹣1）=5n(n―1)
2
，
所以a2021=5×2021×2020
2
=5×1010×2021，
故选：A．
10．【解答】解：∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为侧棱CC1的中点，∴该三棱柱的九条棱中与BD异面的棱有5条，
从该三棱柱的九条棱中随机选取两条，
基本事件总数n=C29=36，
这两条棱所在直线至少有一条与直线BD异面包含的基本事件个数为：m=C14C15+C24=26，
则这两条棱所在直线至少有一条与直线BD异面的概率P=m
n
=
26
36
=
13
18
．
故选：B．
11．【解答】解：如图，设准线为l，过A作AE垂直l于E，过B作BC⊥l于C，因为
→
AP=2
→
AF，所以F为PA的中点，所以|AF|＝|AE|＝|PF|＝2p，因为|BF|＝2，所以2
p
=
2p―2
2p
，
解得p＝3．
故选：A．
12．【解答】解：∵f（x）=e x
x
―t（lnx+x），x∈（0，2），
∴f′（x）=(x―1)e x
x2
―t（
1
x
+1），∴f″（x）＝（
2
x3
―
2
x2
+
1
x
）e x+
t
x2
，
∵f（x）在（0，2）上是“凹函数”，∴f″（x）＞0在（0，2）上恒成立，
即t＞（2-2
x
―x）e x，令g（x）＝（2-
2
x
―x）e x，x∈（0，2），
则g′（x）=(1―x)(x2+2)
x2
e x，
令g′（x）＞0，解得：0＜x＜1，令g′（x）＜0，解得：1＜x＜2，
故g（x）在（0，1）递增，在（1，2）递减，
故g（x）max＝g（1）＝﹣e，
故t的取值范围是（﹣e，+∞），
故选：C．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置. 13．【解答】解：z＝（1﹣2i）（1﹣5i）＝1﹣10﹣2i﹣5i＝﹣9﹣7i，∴z的实部为﹣9，
故答案为：﹣9．
14．【解答】解：双曲线x2―y2
35
=1，可得a＝1，c=1+35=6，
所以e=c
a
=6．
故答案为：6．
15．【解答】解：∵（n+1）a n+1＝2na n，1•a1＝2，∴数列{na n}是首项为2，公比为2的等比数列，
∴n a n=2n，所以a n=2n n
．
故答案为：2n n
．
16．【解答】解：如图，点B到铁盖中心O1的距离恰好是球最大的直径，AB=43，∠O1AB ＝60°，
∴O1B＝6，即球最大的半径为3，此时表面积为4π×32＝36π．
故答案为：36π．
三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.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.
17．【解答】解：（1）由正弦定理
a
sinA
=
b
sinB
得，
3
1
2
=
2
sinB
，解得sinB=
3
3
，
∴cos2B=1-2si n2B=1―2
3
=
1
3
；
（2）由余弦定理得cosA=b2+c2―a2
2bc
=
c2+1
4c
，
∵c2+1
4c
≥
2c
4c
=
1
2
，当且仅当c＝1时等号成立，
∴cosA≥1
2
，则0＜A≤
π
3，即A的最大值为
π
3
，
此时，S△ABC=1
2
bcsinA=
1
2
×2×1×
3
2
=
3
2
．
18．【解答】解：（1）由频率分布直方图可知，
中点值455565758595
频率0.10.150.20.30.150.1所以x=(45+95)×0.1+(55+85)×0.15+65×0.2+75×0.3=70.5，
所以这4000辆机动车的平均车速为70.5千米/时．
（2）依题意，Z服从正态分布N（μ，σ2），其中μ=x=70.5，σ2＝s2＝204.75，所以σ＝
14.3．
因为P（μ﹣σ＜Z≤μ+σ）＝P（56.2＜Z≤84.8）≈0.6827，
所以P(Z≥84.8)=1―0.6827
2
=0.15865，
所以车速不低于84.8千米/时的车辆估计有0.15865×4000＝634.6≈635辆．（3）行车速度低于84.8千米/时的概率为1﹣0.15865＝0.84135，
而ξ～B（4，0.84135），所以P（ξ≤3）＝1﹣P（ξ＝4）＝1﹣0.841354＝0.499．19．【解答】解：（1）证明：由题意点A为圆O上一点，则AB⊥AC 由PA⊥底面ABCD，知PA⊥AB，
又PA∩AC＝A，PA、AC⊂平面PAC，∴AB⊥平面PAC，
∵AM⊂平面PAC，∴AB⊥AM，
∵M为PC的中点，∴AM⊥PC，
∵CD∩PC＝C，∴AM⊥平面PCD，
∵AM ⊂平面OAM ，∴平面OAM ⊥平面PCD ．
（2）如图，以A 为原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则C （0，2，0），D （﹣23，2，0），M （0，1，1），O （3，1，0），
→OM =（-3，0，1），→OD =（﹣33，1，0），
设平面OMD 的法向量→n =（x ，y ，z ），
则{→n ⋅→OM =―3x +z =0→n ⋅→OD =―33x +y =0，取x ＝1，得→
n =（1，33，3）， 由（1）知AM ⊥平面PCD ，
则平面CDM 的一个法向量→m =（0，1，1），
∴cos ＜→m ，→n ＞=→m ⋅→n
|→m |⋅|→n |
=2186
31，
由图可知二面角O ﹣MD ﹣C 的锐角，
则二面角O ﹣MD ﹣C 的余弦值为218631
．
20．【解答】解：（1）f'(x)=(x 3
+53x 2―83x )e x =x 3(3x +8)(x ―1)e x ， 因为x ∈[﹣1，+∞），所以f '（x ）的零点为0和1．
令f '（x ）＜0，得0＜x ＜1；令f '（x ）＞0，得x ＞1或﹣1≤x ＜0．
所以f （x ）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为[﹣1，0），（1，+∞）．
（2）由（1）知，f （x ）在（﹣1，+∞）上的极大值为f （0）＝0，极小值为f(1)=-
e 3， 因为f(-1)=-7
3e ，f (―1)
f (1)=7e 2＜7
2.72＜1，所以f （1）＜f （﹣1）＜0，f(2)=
8e 23
， 由g （x ）＝0，得f （x ）＝a ，
当a ＜-e 3或a ＞8e 23
时，g （x ）的零点个数为0； 当a =-e 3或0＜a ≤8e 23
时，g （x ）的零点个数为1； 当-e 3＜a ＜―73e 或a ＝0时，g （x ）的零点个数为2； 当-7
3e ≤a ＜0时，g （x ）的零点个数为3．
21．【解答】（1）解：由椭圆的定义知|PF 1|+|PF 2|＝2a ，则|PF 2|=2a ―22，
由光学性质可知PQ 是∠F 1PF 2的角平分线，所以|PF 1||F 1
Q |=|PF 2|
|F 2Q |． 因为c ＝1，所以，得a ＝2，
从而b 2＝a 2﹣c 2＝3，
故椭圆C 的方程为x 24+y 23=1． （2）证明：设直线MN 的方程为x ＝my +1，M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），
联立方程组{x =my +1，x 24+y 23
=1，得（3m 2+4）y 2+6my ﹣9＝0，
则y 1+y 2=―6m 3m 2+4，y 1y 2=―9
3m 2+4
， 因为直线MB 的方程为y =y 1x 1―2(x ―2)， 所以令x ＝4，得G(4，2y 1x 1
―2)， 因为→AN =(x 2+2，y 2)，→AG =(6，2y 1x 1
―2)， 又6y 2―(x 2+2)×2y 1x 1
―2=6y 2(my 1―1)―2y 1(my 2+3)my 1―1=4my 1y 2―6(y 1+y 2)my 1―1=4m (―93m 2+4)―6(―6m 3m 2+4
)my 1―1=0．
所以→AN ∥→
AG ．
因为AN ∩AG ＝A ，所以A ，N ，G 三点共线．
（二）选考题：共10分.请考生从第22，23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一个题目计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．【解答】解：（1）曲线C的方程为x=―y2+2y+3，整理得x2+（y﹣1）2＝4，
转换为参数方程为{x=2cosθ
y=1+2sinθ（θ为参数，-π
2
≤θ≤
π
2
）．
（2）由（1）得：点P（2cosθ，1+2sinθ），由于A（1，0），B（﹣1，0），
所以
→
PA=(1―2cosθ，―1―2sinθ)，
→
PB=(―1―2cosθ，―1―2sinθ)，
所以
→
OA⋅
→
OP=2cosθ，
→
PA⋅
→
PB=4+4sinθ，
故
→
PA•
→
PB+2
→
OA•
→
OP=2+42sin(θ+
π
4
)，
由于-π
2
≤θ≤
π
2
，
故-
2
2
≤sin(θ+
π
4
)≤1，
所以
→
PA•
→
PB+2
→
OA•
→
OP的取值范围为[0，4+42]．
[选修4-5：不等式选讲]
23．【解答】（1）证明：f（x）＝|x+a|+|x+b|≥|x+a﹣（x+b）|＝|a﹣b|，因为a＝b2+3b+2，所以|a﹣b|＝|b2+2b+2|＝|（b+1）2+1|≥1，
当b＝﹣1时，|a﹣b|取得最小值1，
故∀x∈R，b∈R，f（x）≥1．
（2）解：由题意可得，f（﹣6）＝f（1）＝7，即|a﹣6|+|b﹣6|＝|1+a|+|1+b|＝7，不妨取a＝0，则b＝5，
下面证明|x|+|x+5|≤7的解集为[﹣6，1]．
证明：当x≤﹣5时，﹣2x﹣5≤7，则x≥﹣6，又x≤﹣5，所以﹣6≤x≤﹣5；
当﹣5＜x＜0时，5≤7，显然成立，所以﹣5＜x＜0；
当x≥0时，2x+5≤7，则x≤1，又x≥0，所以0≤x≤1；
综上所述，|x|+|x+5|≤7的解集为[﹣6，1]，
故a，b的一组值为0和5．。