2021高考数学模拟测试试题全国一卷

高考数学模拟测试试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。

第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B 铅笔涂在答题卡中相应的位置。

第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。

答案写在试卷上均无效，不予记分。

第I 卷（选择题）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 设集合A ={x|x 2−2x −3≤0}，B ={x|2−x >0}则A ∩B =( )A. [−3,2)B. (2,3]C. [−1,2)D. (−1,2)2. 已知a 为实数，若复数(a +i)(1−2i)为纯虚数，则a = ( )A. −2B. −12C. 12D. 23. 已知直线l 1：ax −y −2=0和直线l 2：(a +2)x −y +1=0，若l 1⊥l 2，则a 的值为( )A. 2B. 1C. 0D. −14. 若a =log 21.5,b =log 20.1 , c =20.2，则( )A. c <b <aB. b <c <aC. a <b <cD. b <a <c5. 定义在R 上的奇函数f(x)满足f(x +2)=−1f(x)，且在(0,1)上f(x)=3x ，则f(log 354)=( )A. 32B. 23C. −32D. −236. 已知实数x ，y 满足{x −y +1≥0,x +y −1≥0,x −2y ≤0,则z =2x +y 的最小值为( )A. 0B. −5C. 2D. 17. 某三棱锥的三视图如图所示(网格纸上小正方形的边长为1)，则该三棱锥的体积为( )A. 4B. 2C. 83D. 438.将函数y=sin2x−√3cos2x图象向左平移π4个单位，所得函数图象的一条对称轴的方程是()A. x=−π12B. x=π12C. x=π6D. x=π39.执行如图所示的程序框图，若输出的p的值等于11，那么输入的N的值可以是()A. 121B. 120C. 11D. 1010.曲线y=lnx−2x在x=1处的切线的倾斜角为α，则cosα+sinα的值为()A. 2√105B. √1010C. √105D. 3√101011.在平面直角坐标系xOy中，以(−2,0)为圆心且与直线(3m+1)x+(1−2m)y−5=0(m∈R)相切的所有圆中，面积最大的圆的标准方程是()A. (x+2)2+y2=16B. (x+2)2+y2=20C. (x+2)2+y2=25 D. (x+2)2+y2=3612.在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC顶点A(−4,0)和C(4,0)，顶点B在椭圆x225+y2 9=1上，则sinA+sinCsin (A+C)=()A. 43B. 53C. 45D. 54第II卷（非选择题）二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知tanα=−2，tan(α+β)=13，则tanβ的值为______．14.已知数列{a n}的前n项和为S n，且a1=1，S n=a n+1−1，则a n=______．15.若直线x−my+m=0经过抛物线x2=2py(p>0)的焦点，则p=______．16.过点P(2,3)作圆(x−1)2+y2=1的两条切线，与圆相切于A，B，则直线AB的方程为______．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．17.如图，在△ABC中，点P在BC边上，∠PAC=60°，PC=2，AP+AC=4．(Ⅰ)求∠ACP；(Ⅱ)若△APB的面积是3√32，求sin∠BAP．18.如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，D是BC的中点，且AD⊥BC，四边形ABB1A1为正方形．(Ⅰ)求证：A1C//平面AB1D；(Ⅱ)若∠BAC=60°，BC=4，求点A1到平面AB1D的距离．19.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S3=9，a1，a3，a7成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若a n≠a1(当n≥2时)，数列{b n}满足b n=2a n，求数列{a n b n}的前n项和T n．20. 已知点M(−2,0)是椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左顶点，且椭圆C 的离心率为√32． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)矩形ABCD 的四个顶点均在椭圆C 上，求矩形ABCD 面积的最大值． 21. 设函数，g(x)=ax +1，a ∈R ，记F(x)=f(x)−g(x)．(Ⅰ)求曲线y =f(x)在x =e 处的切线方程； (Ⅱ)求函数F(x)的单调区间；(Ⅲ)当a >0时，若函数F(x)没有零点，求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－题计分．22． [选修4－4：坐标系与参数方程]（10分）已知曲线C 1在平面直角坐标系中的参数方程为{x =√55ty =2√55t −1(t 为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，有曲线C 2：ρ=2cosθ−4sinθ．(1)将C 1的方程化为普通方程，并求出C 2的平面直角坐标方程， (2)求曲线C 1和C 2两交点之间的距离．23[选修4－5：不等式选讲]（10分 已知函数f(x)=|x +1|+|x −1|．(1)若∃x 0∈R ，使得不等式f(x 0)≤m 成立，求实数m 的最小值M ； (2)在(1)的条件下，若正数a ，b 满足3a +b =M ，求12a +1a+b 的最小值．答案和解析1.【答案】C【解析】解：∵集合A={x|x2−2x−3≤0}={x|−1≤x≤3}，B={x|2−x>0}={x|x<2}，∴A∩B={x|−1≤x<2}=[−1,2)．故选：C．先分别求出集合A和B，由此能求出A∩B．本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查复数的运算以及复数的概念，根据复数是纯虚数建立条件关系是解决本题的关键，属于基础题．根据复数的运算法则进行化简，结合复数是纯虚数，进行求解即可．【解答】解：(a+i)(1−2i)=a+2+(1−2a)i，∵复数是纯虚数，∴a+2=0且1−2a≠0，得a=−2且a≠1，2即a=−2，故选：A．3.【答案】D【解析】解：由题知(a+2)a+1=0⇒a2+2a+1=(a+1)2=0，∴a=−1.代入检验成立．故选D．利用两条直线相互垂直的充要条件即可得出．本题考查了两条直线相互垂直的充要条件，属于基础题4.【答案】D【解析】解：log20.1<log21.5<log22=1，20.2>20=1；∴b<a<c．故选：D．容易得出log20.1<log21.5<1,20.2>1，从而得出a，b，c的大小关系．考查对数函数、指数函数的单调性，以及增函数的定义．5.【答案】C【解析】【分析】本题考查函数值的求法，指数函数、对数函数的运算与性质，函数的周期性及奇函数性质的综合应用，利用条件求出函数的周期以及利用函数的性质逐步转化自变量是解题的关键．由已知条件和函数周期性的定义求出函数的周期，利用函数的周期性、奇函数的性质和函数的解析式，逐步转化由运算性质求出f(log354)的值．【解答】=f(x)，解：由f(x+2)=−1f(x)得，f(x+4)=−1f(x+2)所以函数f(x)的周期是4，因为f(x)是定义在R上的奇函数，且3<log354<4，则0<4−log354<1，且在(0,1)上，f(x)=3x，所以f(log354)=f(log354−4)=−f(4−log354)．故选C．6.【答案】D【解析】解：由题中给出的三个约束条件，可得可行域为如图所示阴影部分，易知在(0,1)处目标函数取到最小值，最小值为1，画出约束条件的可行域，求出最优解，然后求解即可．本题考查线性规划的简单应用，求出目标函数的最优解的解题的关键．7.【答案】D【解析】【分析】本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键．画出几何体的直观图，利用三视图的数据，求解几何体的体积即可．【解答】解：由题意可知：几何体是正方体的一部分，是三棱锥，所以该三棱锥的体积为：13×12×2×2×2=43．故选D．8.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查辅助角公式，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，属于简单题．利用辅助角公式化简函数的解析式，再利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，正弦型函数的图象的对称性，得出结论．【解答】解：将函数y=sin2x−√3cos2x=2sin(2x−π3)图象向左平移π4个单位，可得y=2sin(2x+π2−π3)=2sin(2x+π6)的图象，令2x+π6=kπ+π2，求得x=kπ2+π6，k∈Z，令k=0，可得所得函数图象的一条对称轴的方程为x=π6，故选：C．【解析】【分析】本题考查了循环的控制条件，裂项相消法求数列的前n项和等知识，属于基础题．根据程序框图，设第n次判断条件时的p=p n，得到在第n次判断条件时各变量的对应值，结合输出值，设定循环的控制条件即可．【解答】解：设第n次判断条件时的p=p n，则p n=p1+p2+⋯…p n-1=1+11+√2+1√2+√3+⋯…+1√n+√n+1=1+(√2−1)+(√3−√2)+⋯…+(√n+1−√n)=√n+1=√k+1，根据框图，在第n次判断条件时：k=n，p=√n+1=11，解得k=120，所以当k=120时即可结束循环，故N=120，故选：B．10.【答案】A【解析】【分析】本题考查导数的几何意义，直线的斜率与倾斜角，考查同角三角函数的基本关系，属于基础题．根据题意，可得，结合同角三角函数的基本关系，即可得到结果．【解答】解：∵y=lnx−2x，∴y′=1x +2x2，∵曲线y=lnx−2x在x=1处的切线的倾斜角为α，∴tanα=1+2=3，0<α<π2，，又sin2α+cos2α=1，解得sinα=√10，cosα=√10， ∴cosα+sinα的值为√10=2√105．故选A ．11.【答案】C【解析】 【分析】本题考查直线与圆的位置关系，关键是分析出直线(3m +1)x +(1−2m)y −5=0过的定点坐标． 根据题意，将直线的方程变形可得m(3x −2y)+(x +y −5)=0，分析可得其定点M(2,3)，进而分析可得满足题意的圆是以P 为圆心，半径为MP 的圆，求出MP 的长，将其代入圆的标准方程计算可得答案． 【解答】解：根据题意，设圆心为P ，则点P 的坐标为(−2,0)对于直线(3m +1)x +(1−2m)y −5=0，变形可得m(3x −2y)+(x +y −5)=0 则直线过定点M(2,3)，在以点(−2,0)为圆心且与直线(3m +1)x +(1−2m)y −5=0相切的圆中， 面积最大的圆的半径r 长为MP ， 则r 2=MP 2=25，则其标准方程为(x +2)2+y 2=25； 故选C ．12.【答案】D【解析】 【分析】本题考查椭圆的定义及方程，考查了正弦定理，是中档题．由题意画出图形，可得|AB|+|BC|=10，|AC|=8，再由正弦定理把sinA+sinCsin(A+C)转化为三角形边的关系得答案． 【解答】 解：由椭圆x 225+y 29=1，得c =4，则A(−4,0)和C(4,0)为椭圆x225+y29=1的两个焦点，∵B在椭圆x225+y29=1上，∴|AB|+|BC|=10，|AC|=8，∴sinA+sinCsin(A+C)=sinA+sinCsinB=|BC|+|AB||AC|=108=54．故选D．13.【答案】7【解析】【分析】由tanβ=tan[(α+β)−α]，展开两角差的正切求解．本题考查两角差的正切，是基础的计算题．【解答】解：∵tanα=−2，tan(α+β)=13，∴tanβ=tan[(α+β)−α]=tan(α+β)−tanα1+tan(α+β)tanα=13−(−2)1+13×(−2)=7．故答案为：7．14.【答案】2n−1【解析】解：由S n=a n+1−1，S n+1=a n+2−1，∴a n+1=a n+2−a n+1，∴a n+2=2a n+1．又a1=S1=a2−1，解得a2=2=2a1，∴数列{a n}是等比数列，∴a n=2n−1．故答案为：2n−1．由S n=a n+1−1，S n+1=a n+2−1，可得a n+2=2a n+1.再利用等比数列的通项公式即可得出．本题考查了递推式的意义、等比数列的通项公式，属于基础题．15.【答案】2【解析】 【分析】本题考查了抛物线的简单性质，是基础题．由直线方程求出直线过点(0,1)，从而得到抛物线的焦点坐标，则p 可求； 【解答】解：∵直线x −my +m =0过点(0,1)， 即抛物线x 2=2py(p >0)的焦点F 为(0,1)， ∴p 2=1，则p =2；故答案为：2．16.【答案】x +3y −2=0【解析】 【分析】求出以PC 为直径的圆的方程，两圆方程相减即可得出AB 的方程．本题考查了直线与圆的位置关系，圆和圆的位置关系、圆的切线性质，属于中档题． 【解答】解：圆(x −1)2+y 2=1的圆心为C(1,0)，半径为1， ∴PC =√(2−1)2+32=√10，PC 的中点为M(32,32)， ∵PA ⊥AC ，PB ⊥BC ， ∴A ，B 在以PC 为直径的圆上，以PC 为直径的圆的方程为(x −32)2+(y −32)2=52，即x 2+y 2−3x −3y +2=0， 圆(x −1)2+y 2=1的一般方程为x 2+y 2−2x =0， 两圆方程相减得：x +3y −2=0， ∴直线AB 的方程为x +3y −2=0． 故答案为x +3y −2=0．17.【答案】解：(Ⅰ) 在△APC 中，因为∠PAC =60°，PC =2，AP +AC =4，由余弦定理得PC 2=AP 2+AC 2−2⋅AP ⋅AC ⋅cos∠PAC ， 所以22=AP 2+(4−AP)2−2⋅AP ⋅(4−AP)⋅cos60°，整理得AP2−4AP+4=0，解得AP=2，所以AC=2，所以△APC是等边三角形，所以∠ACP=60°．(Ⅱ)法1：由于∠APB是△APC的外角，所以∠APB=120°，因为△APB的面积是3√32，所以12⋅AP⋅PB⋅sin∠APB=3√32，所以PB=3，在△APB中，由余弦定理可得AB2=AP2+PB2−2⋅AP⋅PB⋅cos∠APB =22+32−2×2×3×cos120°=19，所以AB=√19，在△APB中，由正弦定理得AB sin∠APB =PBsin∠BAP，所以sin∠BAP=3sin120°√19=3√5738．法2：作AD⊥BC，垂足为D，因为△APC是边长为2的等边三角形，所以PD=1,AD=√3,∠PAD=30°，因为△APB的面积是3√32，所以12⋅AD⋅PB=3√32，所以PB=3，所以BD=4，在Rt△ADB中，AB=√BD2+AD2=√19，所以sin∠BAD=BDAB =√19，cos∠BAD=ADAB =√3√19，所以sin∠BAP=sin(∠BAD−30°)=sin∠BADcos30°−cos∠BADsin30°=√19√32√3√1912=3√5738．【解析】本题主要考查了余弦定理，三角形面积公式，正弦定理，三角函数的定义，两角差的正弦函数公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和数形结合思想，考查了转化思想，属于中档题．(Ⅰ)在△APC中，由余弦定理得AP2−4AP+4=0，解得AP=2，可得△APC是等边三角形，即可得解．(Ⅱ)法1：由已知可求∠APB=120°，利用三角形面积公式可求PB=3，进而利用余弦定理可求AB，在△APB中，由正弦定理可求sin∠BAP=3sin120°√19的值．法2：作AD⊥BC，垂足为D，可求：PD=1,AD=√3,∠PAD=30°，利用三角形面积公式可求PB，进而可求BD，AB，利用三角函数的定义可求sin∠BAD=BDAB =4√19，cos∠BAD=ADAB =√3√19.利用两角差的正弦函数公式可求sin∠BAP=sin(∠BAD−30°)的值．18.【答案】(Ⅰ)证明：如图，连接BA1，交AB1于点E，再连接DE，由已知得，四边形ABB1A1为正方形，E为AB1的中点，∵D是BC的中点，∴DE//A1C，又DE⊂平面AB1D，A1C⊄平面AB1D，∴A1C//平面AB1D.(Ⅱ)解：∵在直三棱柱ABC−A1B1C1中，平面BCC1B1⊥平面ABC，且BC为它们的交线，又AD⊥BC，∴AD⊥平面CBB1C1，又∵B1D⊂平面CBB1C1，∴AD⊥B1D，且AD=2√3,B1D=2√5．同理可得，过D作DG⊥AB，则DG⊥面ABB1A1，且DG=√3．设A1到平面AB1D的距离为h，由等体积法可得：V A1−AB1D =V D−AA1B1，即13×12AD⋅DB1⋅ℎ=13×12AA1⋅A1B1⋅DG，2√3×2√5⋅ℎ=4×4×√3，ℎ=4√55．即点A1到平面AB1D的距离为4√55．【解析】(Ⅰ)连接BA1，交AB1于点E，再连接DE，由证明DE//A1C，然后证明A1C//平面AB1D.(Ⅱ)设A 1到平面AB 1D 的距离为h ，由等体积法可得：V A 1−AB 1D =V D−AA 1B 1，转化求解点A 1到平面AB 1D 的距离．本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，几何体体积的求法，等体积法的应用，考查空间想象能力以及计算能力．19.【答案】解：(1)∵{a n }为等差数列，且S 3=9，∴a 2=3，∴a 1+d =3①∵a 1，a 3，a 7成等比数列，∴a 32=a 1a 7，∴(a 1+2d)2=a 1(a 1+6d)②由①②得：{d =0a 1=3或{d =1a 1=2，当{d =0a 1=3时，a n =3 当{d =1a 1=2时，a n =n +1； (2)∵a n ≠a 1(当n ≥2时)，∴d ≠0， ∴a n =n +1，∴b n =2n+1， ∴a n b n =(n +1)2n+1，∴T n =2⋅22+3⋅23+4⋅24+⋯+(n +1)2n+1① 2T n =2⋅23+3⋅24+4⋅25+⋯+(n +1)2n+2②①−②得−T n =4+22+23+24+⋯+2n+1−(n +1)2n+2=4+4(1−2n )1−2−(n +1)2n+2=−n ⋅2n+2∴T n =n ⋅2n+2【解析】本题考查了等差数列的通项公式及等比数列的前n 项和公式、错位相减法求和，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． (1)求得首项和公差即可；(2)由(1)可得a n b n ，再由错位相减求和得T n ．20.【答案】解：(1)依题意，M(−2,0)是椭圆C 的左顶点，∴a =2．又e =ca =√32，∴c =√3，b =1，从而椭圆C 的标准方程为x 24+y 2=1；(2)由对称性，设A(x 0,y 0)，其中x 0y 0≠0， 则B(−x 0,y 0)，C(−x 0,−y 0)，D(x 0,−y 0)， ∴|AB|=2|x 0|，|AD|=2|y 0|，S 矩形ABCD =4|x 0y 0|.∵(S矩形ABCD )2=16x02y02，又y2=1−x024，∵(S矩形ABCD)2=16x02y02=−4x04+16x02=−4(x02−2)2+16，而x02∈(0,4)，故当x02=2时，(S矩形ABCD)2取得最大值16，∴矩形ABCD的面积最大值为4．【解析】(1)利用点M坐标可得a值，由离心率求c，从而可得椭圆标准方程；(2)设A(x0,y0)，由对称性可得B，C，D的坐标，可得S矩形ABCD=4|x0y0|，将面积平方然后利用椭圆方程进行换元，转为二次型的函数的最值问题．本题考查椭圆标准方程的求法和应用，考查利用换元法求函数的最值问题，考查计算能力，是中档题．21.【答案】解：(Ⅰ)因为，所以f′(x)=1x，则f(x)在x=e处的切线斜率为k=1e，又f(e)=1，∴函数f(x)在x=e处的切线方程为y−1=1e(x−e)，即y=1ex；(Ⅱ)F(x)=f(x)−g(x)=lnx−ax−1，F′(x)=1x −a=1−axx，(x>0)，①当a≤0时，F′(x)>0，F(x)在区间(0,+∞)上单调递增，②当a>0时，令F′(x)<0，解得x>1a，令F′(x)>0，解得0<x<1a，即F(x)在(0,1a )上单调递增，在(1a,+∞)上单调递减，综上所述：当a≤0时，函数F(x)的增区间是(0,+∞)，当a>0时，函数F(x)的增区间是(0,1a )，减区间是(1a,+∞)；(Ⅲ)依题意，函数F(x)没有零点，由(Ⅱ)知：当a>0时，函数F(x)在区间(0,1a )上为增函数，区间(1a ,+∞)上为减函数， 只需F(1a )=ln 1a −a ⋅1a −1=−lna −2<0， 解得a >e −2．∴实数a 的取值范围为(1e 2,+∞).【解析】本题主要考查导数的几何意义，以及函数的单调性和导数之间的关系，函数的零点问题，考查学生的运算能力，属于中档题．(Ⅰ)求函数的导数，利用导数的几何意义，即可求曲线y =f(x)在x =e 处的切线方程； (Ⅱ)求函数F(x)的导数，利用函数导数和单调性之间的关系即可求函数的单调区间； (Ⅲ)根据函数F(x)没有零点，转化为F(x)最大值小于零，即可得到结论．22.【答案】解：(1)曲线C 1在平面直角坐标系中的参数方程为{x =√55t y =2√55t −1(t 为参数)，消去参数t 可得普通方程：y =2x −1； 由曲线C 2：ρ=2cosθ−4sinθ， 即ρ2=ρ(2cosθ−4sinθ)，可得直角坐标方程：x 2+y 2−2x +4y =0； (2)x 2+y 2−2x +4y =0， 化为(x −1)2+(y +2)2=5， 可得圆心C 2(1,−2)，半径r =√5， 圆心C 2(1,−2)到直线y =2x −1的距离为： d =√12+22=3√55，∴曲线C 1和C 2两交点之间的距离： l =2√r 2−d 2=2(3√55)=8√55．【解析】本题考查了参数方程化为普通方程、极坐标方程化为直角坐标方程、直线与圆相交弦长问题、点到直线的距离公式，属于中档题． (1)曲线C 1在平面直角坐标系中的参数方程为{x =√55t y =2√55t −1(t 为参数)，消去参数t 可得普通方程．由曲线C 2：ρ=2cosθ−4sinθ，即ρ2=ρ(2cosθ−4sinθ)，利用互化公式可得直角坐标方程；(2)C2化为(x−1)2+(y+2)2=5，可得圆心C2(1,−2)，半径r=√5.求出圆心到直线的距离d，可得曲线C1和C2两交点之间的距离为2√r2−d2．23.【答案】解：(1)由题意，不等式|x+1|+|x−1|≤m有解，即m≥(|x+1|+|x−1|)min=M．∵|x+1|+|x−1|≥|(x+1)−(x−1)|=2，当且仅当(x+1)(x−1)≤0，即−1≤x≤1时取等号，∴M=2．(2)由(1)得3a+b=2，∴12a+1a+b=12(3a+b)(12a+1a+b)=12[2a+(a+b)](12a+1a+b)=12(1+2aa+b+a+b2a+1)≥12×(2+2×√1)=2，当且仅当2aa+b =a+b2a，即a=b=12时取等号，故(12a +1a+b)min=2．【解析】本题考查绝对值不等式的性质的运用：求最值，考查存在性问题的解法，以及基本不等式的运用，注意运用乘1法和满足的条件：一正二定三等，考查化简整理的运算能力，属于中档题．(1)由绝对值不等式的性质，求得f(x)的最小值，由m不小于最小值，即可得到所求M；(2)由题意可得3a+b=2，运用乘1法和基本不等式，即可得证．。