2021年陕西高考理科数学模拟试题及答案

2021陕西高考理科数学模拟试题及答案注意事项：1 .本试卷分第I卷(选择题)和第n卷(非选择题)两部分.第I卷1至3页，第n卷3至5页.2 .答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置3 .全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效4 .考试结束后，将本试题和答题卡一并交回第I卷一.选择题：本大题共 12小题，每小题5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)已知z (m 3) (m 1)i在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的取值范围是（A） （ 31）旧（13 （1,+ ）9（- ， 3）(2)已知集合 A 1,2,3, B x|(x 1)(x 2) 0,x Z，则 aUb(A) 1 (B) 1Z (Q 0,12,3。 1,01,2,3(3)已知向量 a (1,m), b=(3, 2),且(a + b) b,则 m=(A) 8(B) 6(C) 6(D) 822(4)圆x y 2x 8y 13 0的圆心到直线ax y 1 0的距离为1,则a=43(A)3(B)4(C) 73(D) 2(5)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(A) 24 (B) 18(C) 12(D) 9(6)右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为(A) 20ti(B) 24%(C) 28 %(7)若将函数(D) 32 兀y=2sin 2 兀 一(A)x号 ( kJ)(B) x与+看(kCZ)(C) x=k-12 (kJ)(D) x=k21 +12 ( kCZ)(8)中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，右图是实现该算法的程序框图 x=2, n=2,依次输入的a为2, 2, 5,则输出的s=.执行该程序框图，若输入的x的图像向左平移12个单位长度，则评议后图象的对称轴为(A) 7(B) 12(C) 17(D) 34(9)若 cos(-a )= ),则 sin 2 a = 45(A)(B) 1(C) - 1(D)三xn,学科&网y1 , y2,，构成n个数对x1,y1 ,255525(10)从区间0,1随机抽取2n个数x1, x2,x2, y2，xn,yn，其中两数的平方和小于 1的数对共有 m个，则用随机模拟的方法得到的圆周率近似值为4n2n4m2m(A) m(B) m(C) n(D) n2 X(11)已知Fi,F2是双曲线E-2 ay 1的左，右焦点，点M在E上，MF1与X轴垂直，sin MF2F1 b2则E的离心率为(A)旌(B) -(C)事(D) 22(12)已知函数学.科网f(x)(x R)满足f( x) 2 f(x)，若函数y 上与y f图像的交点 Xm为(X1,y1),(X2, y2), ,(Xm,ym),贝U (Xi y。 i 1(A) 0(B) m(C) 2m(D) 4m第II卷本卷包括必考题和选考题两部分.第(13)题第(21)题为必考题，每个试题考生都必须作答.第(22)题第(24)题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本大题共 3小题，每小题5分(13) ABC勺内角A、R C的对边分别为a、b、c,若 cosA=, cosC= , a=1,则b=.513(14) a、3是两个平面，m n是两条直线，有下列四个命题：(1)如果 ml n, ml a , n / 3 ,那么 a X (3 (2)如果 ml a , n / a ,那么 ml n.(3)如果a / B , m a ,那么m/ 3 . 学科.网(4)如果mil n,那么m与a所成的角和n与B所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)(15)有三张卡片，分别写有 1和2, 1和3, 2和3。甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，学.科网乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5，则甲的卡片上的数字是 。(16)若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线，也是曲线 y=ln (x+2)的切线，贝U b=。.解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17 .(本题满分12分)G为等差数列 an的前n项和，且an=1, S7 28.记R= lg an ,其中x表示不超过x的最大整数，如0.9 =0, lg99 =1 .(I)求b,均，说1 ；(II )求数列bn的前1 000项和.18 .(本题满分12分)某险种的基本保费为a (单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人的本年度的保费与其上年度的出险次数的关联如下：上年度出 险次数012345保费0.85 aa1.25 a1.5 a1.75a2a设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下:一年内出 险次数012345概率0.300.150.200.200.100. 05(I)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；(II )若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%勺概率;(III )求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值19 .(本小题满分12分)5如图，菱形 ABCD勺对角线 AC与BD交于点Q AB=5, AG=6,点E, F分别在ADCD上，AE=CF=- , EF交BD4于点H将4DEF沿EF折到 D EF的位置，OD 回.学.科.网(I )证明：D H 平面ABCD(II )求二面角B DA C的正弦值.20 .(本小题满分12分)22已知椭圆E: 1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k0)的直线交E于AM两点，点N在t 3E上，MAL NA.(I)当 t=4, AM |AN| 时，求 AMN勺面积;(II )当2 AM | AN时，求k的取值范围(21)(本小题满分12分)x 2 x(I)讨论函数f(x) e 的单调性，并证明当x 0时，(x 2)ex x 2 0;x 2xe ax a(II)证明：当a 0,1)时，函数g(x)=2(x 0)有最小值.设g (x)的最小值为h(a),求函数xh( a)的值域.请考生在22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号(22)(本小题满分10分)选修4-1 :集合证明选讲如图，在正方形 ABCD E,G分别在边DADC上(不与端点重合)，且DE=D。过D点作DF=1_ CE垂足为F.(I) 证明：B,C,E,F四点共圆；(II)若AB=1, E为DA的中点，求四边形 BCGF勺面积.学科&网(23)(本小题满分10分)选修44:坐标系与参数方程在直线坐标系xoy中，圆C的方程为(x+6) 2+y2=25.(I )以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C的极坐标方程；tx - tcosti阂口 J, (t为参数),l与C交于A B两点，I ABI =口仃，求l的斜率。(24)(本小题满分10分)，选修45:不等式选讲1|11已知函数f (x)= I x- 2 I + I x+L I , M为不等式f(x) 2的解集.(I)求 M(II )证明：当 a, be M时，I a+b I I 1+abl 。2021年普通高等学校招生全国统一考试理科数学答案一.选择题：(1)【答案】A(2)【答案】C(3)【答案】D(4)【答案】A(5)【答案】B(6)【答案】C(7)【答案】B(8)【答案】C(9)【答案】D(10)【答案】C(11)【答案】A(12)【答案】C二、填空题21(13)【答案】一13(14)【答案】(15)【答案】1和3(16)【答案】1 ln 2三.解答题17.(本题满分12分)【答案】(I) b, 0, bn 1 ,bo1 2; (n) 1893.试题分析：(I)先求公差、通项an,再根据已知条件求 th, bn, bo1； (n)用分段函数表示bn,学.科.网再由等差数列的前 n项和公式求数列 bn的前i 000项和.试题解析：（I）设4的公差为d ,据已知有7 21d 28 ,学.科.网解得d 1.所以an的通项公式为an n.b lg10,bilg111,bi01lg101 2.1 n 10, 10 n 100, 100 n 1000, n 1000.0,(n)因为 bn1,2,3,所以数列bn的前1000项和为1 90 2 900 3 1 1893.考点：等差数列的的性质，前 n项和公式，学.科网对数的运算.【结束】18.（本题满分12分）【答案】（I）根据互斥事件的概率公式求解；（n）由条件概率公式求解；（出）记续保人本年度的保费为X ,学.科网求X的分布列为，在根据期望公式求解.【解析】试题分析：试题解析：（I）设A表示事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于 1,故 P（A） 0.2 0.2 0.1 0.05 0.55.（n）设B表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于 3,故 P（B） 0.1 0.05 0.15.P(AB) P(B) 0.153又 P(AB) P(B),故 P(B|A) - - 一P(A)P(A) 0.55 11因此所求概率为-3.11（出）记续保人本年度的保费为X ,则X的分布列为X0.85 aa1.25a1.5a1.75a2aP0.300.150.200.200.100.05EX 0.85a 0.30 a 0.15 1.25a 0.20 1.5a 0.20 1.75a 0.10 2a 0.051.23a因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23考点： 条件概率，随机变量的分布列、期望【结束】19.(本小题满分12分)【答案】(I)详见解析;(n)结.25试题分析:(I)证 AC / /EF ,再证D HOH ,最后证DH 平面ABCD； (n)用向量法求解.试题解析：(I)由已知得ACBD , ADAE CFCD ,又由 AE CF 得2E _C匚故 AC/EF.AD CD因止匕EFHD ,从而EFD H .由 AB 5, AC 6 得 DOB0 , AB2 AO2 4.OH由EF /AC得上工DODH 3.AE 1.学.科网所以OH 1 , DHAD 4于是OH 故 D H OH一 . _又 D H EF ,而 OH EF H ,所以dh 平面abcd.z *D(II )如图，以H为坐标原点,hF的方向为H 0,0,0 , A 3, 2,0 , BAD13,1,3 .设 mx/zX轴的正方向,是平面ABD0, 5,0 , C即 3X14y103x1 y1 3z1学.科网建立空间直角坐标系 H(3, 4,0) , aCxyz ,则6,0,0 ,所以可 0以取4,3, 5 .设n x2,y2,z2是平面ACD的法向量，则即所以可以取0, 3,1 .于是 cos m,147107,5 25sin面角B D A C的正弦值是29525考点：线面垂直的判定、二面角20.（本小题满分12分）【答案】（I）； d）493 2,2 .试题分析：（I）先求直线AM的方程，再求点M的纵坐标，最后求AMN将直线AM的方程与椭圆方程组成方程组，消去y ,用k表小x1,从而表示再由2 AMAN 求 k.试题解析：（I）设M x,yi ,则由题意知yi0 ,当t 4时，E的方程为由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.因此直线AM的方程为2y 2代入42 y31 得 7y2 12y0.解得y因此AMN的面积127(II )12 144749, t,0 .将直线AM的方程yk(x2 次）代入t2y1得 3t2k23 tk2得x1,t 3 tk23 tk2故AM由题设，直线AN的方程为6x23x2的面积；（n）| AM|,同理用2.-120或y ，学.科网所以7tk2 x2 2、.ttk2x t2k2Xi仄 v1 k2,故同理可得 ANy13t6 .、t 2 k23 tk26k t 1 k23k2 t1270.0y2 3z2 0295.因此二25M x9 ,k表示| AN |,A 2,0由2 AM3k 2t 3k 2k 1 .2 kAN得一,学科&网即3 tk2 3k2 t3/2时上式不成立,因此t2L.t 3等价于yk2 10,，2 0.由此得 k3 2k 2 0 k ,或 33k3 2 0 k3k 2.因此k的取值范围是3/2, 2 .考点：椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系(21)(本小题满分12分)1 e2【答案】(i)详见解析；(n) (1,.2 4试题分析:(I )先求定义域，用导数法求函数的单调性,学科&网当 x (0,)时，f (x)f(0)证明结论；(n)用导数法求函数 g (x)的最值，在构造新函数h(a)ex0Xo试题解析:(I) f(x)的定义域为(,2) ( 2,).f,(x)(x 1)(x 2)ex (x 2)ex2(x 2)22 xx e 八20,(x 2)2且仅当X0时,f(x) 0,所以 f(x)在(，2),( 2,)单调递增,因此当x(0,)时,f (x)f(0)1,所以(x2)ex(x 2),(x2)ex(II ) g(x)(x 2)ex a(x 2)x 2-( f(x) a), xa 1 0, f (2) a a 0,由(I)知，f (x) a单调递增，对任意 a 0,1), f(0) a因此，存在唯一 xo(0,2,使得 f (x0) a 0,即 g(x0) 0,当 0 x % 时，f(x) a 0,g(x) 0,g(x)单调递减;当 x x0时，f(x) a 0,g(x) 0,g(x)单调递增.因此g（x）在x x0处取得最小值，最小值为g(x0)ex0a(% 1) 6+%)(% 1)22x%ex02eex于是hrv由L)W 0熹单调递增，,1所以，由x0 (0,2,得2h(a)ex0x 2xe .一因为一J单调递增，对任意x 21 e2弓，1，存在唯一的、0(0,2, af(%) 0,1),LL1 e2使得h（a）,所以h（a）的值域是（1,二,2 41综上，当a 0,1）时，g（x）有h（a）, h（a）的值域是（一, 2考点：函数的单调性、极值与最值【结束】请考生在22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号（22）（本小题满分10分）选彳4-1 :几何证明选讲【答案】（I）详见解析；（n） 1.2【解析】 试题分析：（I）证 DGF CBF ,再证B,C,G,F四点共圆；（n ）证明 Rt BCG Rt BFG ,四边形BCGF的面积S是 GCB面积S GCB的2倍. GCB试题解析：（I）学科刎因为DF EC,所以 DEF CDF ,则有 GDF DEF FCB,DF 店 生， CF CD CB所以 DGFCBF,由此可得 DGF CBF,由此 CGF CBF 1800，所以B,C,G,F四点共圆.(II )由B,C,G,F四点共圆，CG CB知FG FB ,连结GB ,由G为Rt DFC斜边CD的中点，知GF GC ,故Rt BCG Rt BFG ,因此四边形BCGF的面积S是 GCB面积S CCR的2倍，即GCB11,S 2S GCB 212 2考点：三角形相似、全等，四点共圆【结束】（23）（本小题满分10分）选彳% 44:坐标系与参数方程【答案】（I）212 cos 11 0； （n）寸.【解析】试题分析：（I）利用 2 x2 y2, x cos可得C的极坐标方程；（II ）先将直线l的参数方程化为普 通方程，再利用弦长公式可得l的斜率.试题解析：（I）由x cos ,y sin 可得C的极坐标方程 2 12 cos 11 0.（II ）在（I ）中建立的极坐标系中，学科 &网直线l的极坐标方程为（ R）由A,B所对应的极彳5分别为1, 2，将l的极坐标方程代入 C的极坐标方程得2 12cos 11 0.2 12cos , 1 2 11,|AB| |2)2 42.144cos244,由 |AB|VTc 得 cos23, tan 8153 ，153考点：圆的极坐标方程与普通方程互化，直线的参数方程，点到直线的距离公式（24）（本小题满分10分）选彳45:不等式选讲【答案】（I） M x| 1 X 1; （n）详见解析试题分析：（I）先去掉绝对值，再分 x111 一1. “- r l-,X和X三种情况解不等式，即可得2222采用平方作差法，再进行因式分解，进而可证当a, b 时，a b 1 ab1 2x, x -, 2、一11试题斛析：(I) f(x)1, - x -,222x, x -. 21.一 一 一当x 2时，学科&网由f(x) 2得2x 2,解得x 1；1 1.一当一x 时，f(x) 2；2 21_.当x 2时，由f(x) 2得2x 2,解得x 1.所以f (x) 2的解集M x| 1 x 1.（II ）由（I ）知，当 a,b M 时,1 a 1, 1 b 1 ,从而0,22222 222(a b)2(1 ab)2a2b2a2b21 (a21)(1 b2)因此 |a b | |1 ab |.考点：绝对值不等式，不等式的证明