2021-2021年海南省高考数学三模试卷（理科）（含答案）

2021-2021年高考数学三模试卷（理科）一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项。1设P=x|2x16，Q=x|x24，则（）APQBQPCPRQDQRP2下列命题中，真命题的个数是（）经过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行经过直线外一点有且只有一条直线与已知直线垂直经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面垂直A1个B2个C3个D4个3执行如图所示的程序框图，若输入x=9，则输出的y的值为（）AB1CD4已知f（x）=2sin（2x+），若将它的图象向右平移个单位，得到函数g（x）的图象，则函数g（x）的图象的一个对称中心为（）A（0，0）B（，0）C（，0）D（，0）5从5位男教师和3为女教师中选出3位教师，派往郊区3所学校支教，每校1人要求这3位教师中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有（）A250种B450种C270种D540种6已知直线x+y=a与圆O：x2+y2=8交于A，B两点，且=0，则实数a的值为（）A2B2C2或2D4或47已知数列an是公差为的等差数列，Sn为an的前n项和，若S8=4S4，则a8=（）A7BC10D8已知实数x，y满足，则的最大值为（）ABCD9（x+1）2（1）5的展开式中常数项为（）A21B19C9D110已知抛物线y2=8x上的点P到双曲线y24x2=4b2的上焦点的距离与到直线x=2的距离之和的最小值为3，则该双曲线的方程为（）A=1By2=1Cx2=1D=111三棱锥SABC及其三视图的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的外接球的表面积是（）ABC32D6412设函数f（x）=xlnx（k3）x+k2，当x1时，f（x）0，则整数k的最大值是（）A3B4C5D6二、填空题：（本题共4小题，每题5分，共20分）13复数等于14已知向量，|=6，|=4，与的夹角为60，则（+2）（3）=15已知函数f（x）=，若方程f（x）=kx+1有是三个不同的实数根，则实数k的取值范围是16定义在R上的函数f（x）满足：f（x+1）=+1，数列an的前2021项和为，an=f2（n）2f（n），nN*，则f17在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足b2（ac）2=（2）ac（）求角B的大小；（）若BC边上的中线AD的长为3，cosADC=，求a的值18某公司生产一种产品，有一项质量指标为“长度”（单位：cm），该质量指标服从正态分布N该公司已生产10万件，为检验这批产品的质量，先从中随机抽取50件，测量发现全部介于157cm和187cm之间，得到如下频数分布表：分组157，162）162，167）172，177）177，182）182，182）182，187）频数510151055（）估计该公司已生产10万件中在182，187的件数；（）从检测的产品在177，187中任意取2件，这2件产品在所有已生产的10万件产品长度排列中（从长到短），排列在前130的件数记为X求X的分布列和数学期望参考数据：若XN（，2），则P（X+）=0.6826，P（2X+2）=0.9544，P（3+3）=0.997419如图，在三棱锥PABC中，平面PAC平面ABC，PAC是等边三角形，已知BC=2AC=4，AB=2（）求证：平面PAC平面CBP；（）求二面角APBC的余弦值20已知椭圆C： +=1（ab0）的离心率为，且椭圆上的点到右焦点F的最大距离为3（）求椭圆C的方程；（）设过点F的直线l交椭圆C于A，B两点，定点G（4，0），求ABG面积的最大值21函数f（x）=（x2a）e1x，aR（）讨论函数f（x）的单调性；（）当f（x）有两个极值点x1，x2（x1x2）时，总有x2f（x1）f（x1）a（e+1）（其中f（x）为f（x）的导函数），求实数的值请考生在22、23、24三题中任选一题作答，多答、不答按本选考题的首题进行评分选修4-1：几何证明选讲22如图，已知圆O是ABC的外接圆，AB=BC，过点C作圆O的切线交BA的延长线于点F（）求证：AFAB=CFAC；（）若AF=2，CF=2，求AC的长选修4-4：坐标系与参数方程选讲23在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），以原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为=，（）求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；（）设点M（0，2），曲线C1与曲线C2交于A，B两点，求|MA|MB|的值选修4-5：不等式选讲24已知函数f（x）=|x3|+|x+4|（）求f（x）11的解集；（）设函数g（x）=k（x3），若f（x）g（x）对任意的xR都成立，求实数k的取值范围参考答案与试题解析一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项。1设P=x|2x16，Q=x|x24，则（）APQBQPCPRQDQRP【考点】集合的包含关系判断及应用【分析】由指数函数化简集合P，解一元二次不等式化简集合Q，则答案可求【解答】解：P=x|2x16=x|x4，Q=x|x24=x|2x2，QP故选：B2下列命题中，真命题的个数是（）经过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行经过直线外一点有且只有一条直线与已知直线垂直经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面垂直A1个B2个C3个D4个【考点】空间中直线与平面之间的位置关系【分析】在，由平行公理得是真命题；在中，经过直线外一点有无数条直线与已知直线垂直；在中，由面面平行的判定定理得是真命题；在中，经过平面外一点有无数个平面与已知平面垂直【解答】解：在中：由平行公理得：经过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，故是真命题；在中：经过直线外一点有无数条直线与已知直线垂直，故是假命题；在中：由面面平行的判定定理得经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行，故是真命题；在中：经过平面外一点有无数个平面与已知平面垂直，故是假命题故选：B3执行如图所示的程序框图，若输入x=9，则输出的y的值为（）AB1CD【考点】程序框图【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量y的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【解答】解：第一次执行循环体后，y=1，不满足退出循环的条件，x=1；第二次执行循环体后，y=，不满足退出循环的条件，x=；第三次执行循环体后，y=，满足退出循环的条件，故输出的y值为，故选：A4已知f（x）=2sin（2x+），若将它的图象向右平移个单位，得到函数g（x）的图象，则函数g（x）的图象的一个对称中心为（）A（0，0）B（，0）C（，0）D（，0）【考点】函数y=Asin（x+）的图象变换【分析】由条件利用函数y=Asin（x+）的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，求得函数g（x）的图象的对称中心坐标【解答】解：将函数f（x）=2sin（2x+）的图象向右平移个单位，得到函数y=2sin2（x）+=2sin（2x）的图象，即g（x）=2sin（2x），令2x=k，解得x=+，kZ，当k=0时，函数g（x）的图象的对称中心坐标为（，0），故选：C5从5位男教师和3为女教师中选出3位教师，派往郊区3所学校支教，每校1人要求这3位教师中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有（）A250种B450种C270种D540种【考点】计数原理的应用【分析】解答本题先理解题意中“这三位教师中男女教师都要有“，求解的方法有二，法一：直接法：“这三位教师中男女教师都要有“，分为两类，有一位女教师，有二位女教师，由乘法原理求出即可；法二：间接法：先求出7位教师中选出三位教师的选法种数，再求出只有女教师与只有男教师的选法种数，从总数中排除此两类选法即可得到所求的事件包含的种数【解答】解：法一（直接法）：“这三位教师中男女教师都要有“，分为两类，有一位女教师，有二位女教师，有一位女教师的选法种数为C52C31=30，有二位女教师的选法种数为C51C32=15，共有30+15=45种不同的选法，再分配到三个学校，故有45A33=270种，法二（间接法）：从5名男教师和3名女教师中选出3位教师的不同选法有C83=56，三位老师全是男教师的选法有C53=10种，三位教师全是女教师的选法有C33=1种所以“这三位教师中男女教师都要有“，不同的选派方案有56101=45种，再分配到三个学校，故有45A33=270种，故选C6已知直线x+y=a与圆O：x2+y2=8交于A，B两点，且=0，则实数a的值为（）A2B2C2或2D4或4【考点】平面向量数量积的运算【分析】根据条件可以得到OAOB，从而OAB为等腰直角三角形，AOB=90，并且，从而便可求出圆心O到直线x+y=a的距离为2，即得到，从而可得出实数a的值【解答】解：由得，；OAB为等腰直角三角形；圆心到直线的距离等于d=2；由点到直线距离公式得，故选C7已知数列an是公差为的等差数列，Sn为an的前n项和，若S8=4S4，则a8=（）A7BC10D【考点】等差数列的通项公式【分析】利用等差数列的通项公式，求出首项，由此能求出a8【解答】解：数列an是公差为的等差数列，Sn为an的前n项和，S8=4S4，=4（4a1+），由d=，解得，=故选：D8已知实数x，y满足，则的最大值为（）ABCD【考点】简单线性规划【分析】=，从而转化为求+的最小值，而可看成斜率，从而转化为线性规划求解即可【解答】解：由题意作出其平面区域如下，由题意可得，A （，），B（1，3），则3，则2+，故=的最大值为故选A9（x+1）2（1）5的展开式中常数项为（）A21B19C9D1【考点】二项式系数的性质【分析】本题是两个多项式的乘法运算，要求运算结果中的常数项，注意第一个多项式的三项，要想得到常数必需是和约分以后得到常数的项相乘，写出二项式中的三项，相乘再相加，即可得出结论【解答】解：（x+1）2（1）5=（x2+2x+1）（1）5，根据二项式定理可知，（1）5展开式的通项公式为（1）rxr5，（x+1）2（1）5的展开式中常数项由三部分构成，分别是（x2+2x+1）与（1）5展开式中各项相乘得到，令r=3，则（1）3x2，则1（）=10；令r=4，则（1）4x1，则2=10；令r=5，则（1）5x0，则1（1）=1；所以常数项为10+101=1故选：D10已知抛物线y2=8x上的点P到双曲线y24x2=4b2的上焦点的距离与到直线x=2的距离之和的最小值为3，则该双曲线的方程为（）A=1By2=1Cx2=1D=1【考点】抛物线的简单性质【分析】将双曲线转化成标准方程，结合P到双曲线C的右焦点F2（c，0）的距离与到直线y=2的距离之和的最小值为3，可得FF2=3，从而可求c的值，即可求得b的值，写出双曲线方程【解答】解：抛物线y2=8x的焦点F（2，0），点P到双曲线的上焦点F1（0，c）的距离与到直线x=2的距离之和的最小值为3，FF1=3，c2+4=9，c=，4b2+b2=c2，b2=1，双曲线的方程为故答案选：C11三棱锥SABC及其三视图的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的外接球的表面积是（）ABC32D64【考点】球的体积和表面积；简单空间图形的三视图【分析】由已知中的三视图可得SC平面ABC，底面ABC为等腰三角形，SC=4，ABC中AC=4，取AC中点F，连BF，求出BS=4，可得三棱锥外接球的半径，即可得到答案【解答】解：由已知中的三视图可得SC平面ABC，且底面ABC为等腰三角形如图，取AC中点F，连BF，则在RtBCF中，BF=2，CF=2，BC=4在RtBCS中，CS=4，所以BS=4设球心到平面ABC的距离为d，则因为ABC的外接圆的半径为，所以由勾股定理可得R2=d2+（）2=（4d）2+（）2，所以d=2，该三棱锥外接球的半径R=，所以 三棱锥外接球的表面积是4R2=，故选：A12设函数f（x）=xlnx（k3）x+k2，当x1时，f（x）0，则整数k的最大值是（）A3B4C5D6【考点】函数恒成立问题【分析】由题意可得xlnx（k3）xk+2在x1时恒成立，即k，令F（x）=，求出导数，再令m（x）=xlnx2，求出导数，判断单调性，由m（3）0，m（4）0，求得m（x）的零点，判断符号，即可得到F（x）的最小值，即可得到k的范围，进而得到k的最大值【解答】解：由已知得，xlnx（k3）xk+2在x1时恒成立，即k，令F（x）=，则F（x）=，令m（x）=xlnx2，则m（x）=1=0在x1时恒成立所以m（x）在（1，+）上单调递增，且m（3）=1ln30，m（4）=2ln40，所以在（1，+）上存在唯一实数x0（3，4）使m（x）=0，所以F（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+）上单调递增故F（x）min=F（x0）=x0+2（5，6）故kx0+2（kZ），所以k的最大值为5故选：C二、填空题：（本题共4小题，每题5分，共20分）13复数等于1+i【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】根据两个复数相除，分子和分母同时乘以分母的共轭复数，再利用虚数单位i的幂运算性质，运算求得结果【解答】解： =i（1i）=1+i，故答案为：1+i14已知向量，|=6，|=4，与的夹角为60，则（+2）（3）=72【考点】平面向量数量积的运算【分析】可以由条件求出及的值，这样进行数量积的运算便可得出的值【解答】解：根据条件，；=361296=72故答案为：7215已知函数f（x）=，若方程f（x）=kx+1有是三个不同的实数根，则实数k的取值范围是（，）【考点】根的存在性及根的个数判断【分析】作出f（x）与y=kx+1的图象，从而确定斜率的取值范围即可【解答】解：作出f（x）与y=kx+1的图象如下，结合图象可知，点A（7，0），B（4，3），C（0，1）；故kAC=，kBC=，结合图象可知，故实数k的取值范围是（，）故答案为：（，）16定义在R上的函数f（x）满足：f（x+1）=+1，数列an的前2021项和为，an=f2（n）2f（n），nN*，则f【解答】解：由已知可得，f2（x+1）2f（x+1）+f2（x）2f（x）=1，即an+1+an=1，S2005=1007+a2005=，a2005=f2，解得f=又1f（x）2，f17在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足b2（ac）2=（2）ac（）求角B的大小；（）若BC边上的中线AD的长为3，cosADC=，求a的值【考点】余弦定理；正弦定理【分析】（）化简已知等式可得a2+c2b2=ac，由余弦定理解得cosB=，结合B的范围，即可求B的值（）由同角三角函数基本关系式可求sinADC，利用两角差的正弦函数公式可求sinBAD的值，由正弦定理，即可解得BD，从而可求a的值【解答】（本题满分为12分）解：（）在ABC中，因为b2（ac）2=（2）ac，所以a2+c2b2=ac，由余弦定理得cosB=，又因为B为ABC的内角，所以B=（）cosADC=，sinADC=sinBAD=sin（ADC）=ABD中，由正弦定理，得，即，解得BD=，故a=18某公司生产一种产品，有一项质量指标为“长度”（单位：cm），该质量指标服从正态分布N该公司已生产10万件，为检验这批产品的质量，先从中随机抽取50件，测量发现全部介于157cm和187cm之间，得到如下频数分布表：分组157，162）162，167）172，177）177，182）182，182）182，187）频数510151055（）估计该公司已生产10万件中在182，187的件数；（）从检测的产品在177，187中任意取2件，这2件产品在所有已生产的10万件产品长度排列中（从长到短），排列在前130的件数记为X求X的分布列和数学期望参考数据：若XN（，2），则P（X+）=0.6826，P（2X+2）=0.9544，P（3+3）=0.9974【考点】离散型随机变量的期望与方差；列举法计算基本事件数及事件发生的概率；离散型随机变量及其分布列【分析】（）由题意利用分层抽样性质能求出该公司已生产10万件中在182，187的件数（）先求出P=0.9974，从而P（X182）=0.0013，进而推导出随机变量X可取0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和EX【解答】解：（）由题意该公司已生产10万件中在182，187的有1万件（）P=0.9974，P（X182）=0.0013，而0.001310000=130所以，已生产的前130件的产品长度在182cm以上，这50件中182cm以上的有5件随机变量X可取0，1，2，于是P（X=0）=，P（X=1）=，P（X=2）=X的分布列：X012PEX=119如图，在三棱锥PABC中，平面PAC平面ABC，PAC是等边三角形，已知BC=2AC=4，AB=2（）求证：平面PAC平面CBP；（）求二面角APBC的余弦值【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定【分析】（）根据面面垂直的判定定理证明BC平面PAC即可证明平面PAC平面CBP；（）根据二面角平面角的定义作出二面角的平面角，结合三角形的边角关系即可求二面角APBC的余弦值【解答】解：（）证明：在ABC中，由于BC=4，AC=2，AB=2AC2+BC2=AB2，故ACBC又平面PAC平面ABC，平面PAC平面ABC=AC，BC平面PBC，BC平面PAC，BC平面PBC，故 平面PAC平面CBP（）由（）知BC平面PAC，所以平面PBC平面PAC，过A作AEPC交PC于E，则AE平面PBC，再过E作EFPB交PB于F，连结AF，则AFE就是二面角APBC的平面角由题设得AE=，EF=，由勾股定理得：AF=，cosAFE=二面角APBC的余弦值为20已知椭圆C： +=1（ab0）的离心率为，且椭圆上的点到右焦点F的最大距离为3（）求椭圆C的方程；（）设过点F的直线l交椭圆C于A，B两点，定点G（4，0），求ABG面积的最大值【考点】椭圆的简单性质【分析】（）由椭圆的离心率为，且椭圆上的点到右焦点F的最大距离为3，列出方程组求出a，b，由此能求出椭圆的方程（）设直线l的方程为x=my+1，联立，得：（3m2+4）y2+6my9=0，由此利用韦达定理、弦长公式、函数性质，结合已知条件能求出ABG面积的最大值【解答】解：（）椭圆C： +=1（ab0）的离心率为，且椭圆上的点到右焦点F的最大距离为3，由题意得，解得c=1，a=2，b=椭圆的方程为（）设直线l的方程为x=my+1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立，得：（3m2+4）y2+6my9=0，SABG=18令=m2+1，（1），则=9在1，+）上是增函数，9的最小值为10SABGABG面积的最大值为21函数f（x）=（x2a）e1x，aR（）讨论函数f（x）的单调性；（）当f（x）有两个极值点x1，x2（x1x2）时，总有x2f（x1）f（x1）a（e+1）（其中f（x）为f（x）的导函数），求实数的值【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值【分析】（）求出f（x）的导数，通过讨论判别式的符号，求出函数的单调区间即可；（）问题转化为不等式x12（+1）0对任意的x1（，1恒成立，通过讨论x1 的范围，求出的值即可【解答】解：（）f（x）=（x2+2x+a）e1x，4+4a，当=4+4a0，即a1时，x2+2x+a0恒成立，即函数f（x）是R上的减函数当=4+4a0，即a1时，设x2+2x+a=0的两根：x1=1，x2=1+，可得函数f（x）是（，x1）、（x2，+）上的减函数，是（x1，x2）上的增函数（）根据题意，方程x2+2x+a=0有两个不同的实根x1，x2，（x1x2），=4+4a0，即a1，且x1+x2=2，x1x2，x11，由x2f（x1）f（x1）a（+1），得（2x1）（a）（2x1）a，其中+2x1+a=0，上式化为（2x1）（2x1）（2x1）+（2x1），整理：x1（2x1）2（+1）0，其中2x11，即不等式x12（+1）0对任意的x1（，1恒成立当x1=0时，不等式x12（+1）0恒成立，R；当x1（0，1）时，2（+1）0恒成立，即，令函数g（x）=2，显然，函数g（x）是R上的减函数，当x（0，1）时，g（x）g（0）=，即，当x1（，0）时，2（+1）0恒成立，即，由可知，当x（，0）时，g（x）g（0）=，即综上所述，=请考生在22、23、24三题中任选一题作答，多答、不答按本选考题的首题进行评分选修4-1：几何证明选讲22如图，已知圆O是ABC的外接圆，AB=BC，过点C作圆O的切线交BA的延长线于点F（）求证：AFAB=CFAC；（）若AF=2，CF=2，求AC的长【考点】与圆有关的比例线段【分析】（）证明FCAFBC，结合AB=BC，即可证明：AFAB=CFAC；（）若AF=2，CF=2，利用切割线定理求出BF，即可求AC的长【解答】（）证明：FCA=FBC，F=FFCAFBC，所以，即AFBC=CFAC又AB=BC，所以AFAB=CFAC （）因为CF是圆O的切线，所以FC2=FAFB，又AF=2，CF=2，所以BF=4，AB=BFAF=2由（）得，AC=选修4-4：坐标系与参数方程选讲23在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），以原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为=，（）求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；（）设点M（0，2），曲线C1与曲线C2交于A，B两点，求|MA|MB|的值【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程【分析】（）运用代入法，消去t，可得曲线C1的普通方程；由x=cos，y=sin，代入极坐标方程，即可得到所求直角坐标方程；（）将直线的参数方程代入曲线C2的直角坐标方程，运用参数的几何意义，由韦达定理可得所求之积【解答】解：（）曲线C1的参数方程为（t为参数），由代入法消去参数t，可得曲线C1的普通方程为y=x+2；曲线C2的极坐标方程为=，得2=，即为2+32sin2=4，整理可得曲线C2的直角坐标方程为+y2=1；（）将（t为参数），代入曲线C2的直角坐标方程+y2=1得13t2+32t+48=0，利用韦达定理可得t1t2=，所以|MA|MB|=选修4-5：不等式选讲24已知函数f（x）=|x3|+|x+4|（）求f（x）11的解集；（）设函数g（x）=k（x3），若f（x）g（x）对任意的xR都成立，求实数k的取值范围【考点】绝对值不等式的解法；绝对值三角不等式【分析】（）通过讨论x的范围，得到关于x的不等式组，解出即可；（）画出函数的图象，结合图象求出直线的斜率的范围即可【解答】解：（）f（x）=|x3|+|x+4|=，或或解得不等式：x6；：无解；：x5，所以f（x）11的解集为x|x6或x5；（）作f（x）=的图象，而g（x）=k（x3）图象为恒过定点P（3，0）的一条直线，如图：A（4，7），KPA=1，KPB=2由图可知，实数k的取值范围应该为：（1，2）精品 Word 可修改 欢迎下载