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2021年高考数学模拟试题（十八）（含解析）

2021年高考数学模拟试题（十八）（含解析）

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2021年高考数学模拟测试卷
一、单项选择题：本题共8小题．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.已知集合，，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
首先求出集合，然后再利用集合的交运算即可求解.
【详解】由集合，，
所以.
故选：B
【点睛】本题考查了集合的交运算、一元二次不等式的解法，属于基础题.
2.已知复数z满足z(1+2i)=i，则复数在复平面内对应点所在的象限是（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，求出的坐标得答案．
【详解】解：由，得，所以
复数在复平面内对应的点的坐标为，在第四象限．
故选：D．
点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题．
3.已知向量，，则“m＜1”是“，夹角为钝角”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意结合平面向量数量积的知识可得若，夹角为钝角，则且，再由且Ü结合充分条件、必要条件的概念即可得解.
【详解】若，夹角为钝角，则且，
由可得，解得且，
由且Ü可得“m＜1”是“，夹角为钝角”的必要不充分条件.
故选：B.
【点睛】本题考查了利用平面向量数量积解决向量夹角问题，考查了充分条件、必要条件的判断，属于中档题.
4.甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是（ ）
A. 90 B. 120 C. 210 D. 216
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意：分为两类：第一类，甲、乙、丙各自站在一个台阶上；第二类，有2人站在同一台阶上，剩余1人独自站在一个台阶上，算出每类的站法数，然后再利用分类计数原理求解.
【详解】因为甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，且每级台阶最多站2人，
所以分为两类：第一类，甲、乙、丙各自站在一个台阶上，共有：种站法；
第二类，有2人站在同一台阶上，剩余1人独自站在一个台阶上，共有：种站法；
所以每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置的不同的站法总数是.
故选：C
【点睛】本题主要考查排列组合的应用以及分类计数原理的应用，还考查了分析求解问题的能力，属于中档题.
5.已知定义在上的函数，，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先判断函数在时的单调性，可以判断出函数是奇函数，利用奇函数的性质可以得到，比较三个数的大小，然后根据函数在时的单调性，比较出三个数的大小.
【详解】当时，，函数在时，是增函数.因为，所以函数是奇函数，所以有，因为，函数在时，是增函数，所以，故本题选D.
【点睛】本题考查了利用函数的单调性判断函数值大小问题，判断出函数的奇偶性、单调性是解题的关键.
6.对个不同的实数、、、可得个不同的排列，每个排列为一行写成一个行的数阵．对第行、、、，记，、、、、．
例如用、、可得数阵如下，对于此数阵中每一列各数之和都是，所以．那么，在用、、、、形成的数阵中，等于（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
计算出每列数之和为，进而可求得的值.
【详解】由题意可知，在用、、、、形成的数阵中，一共有行，
，所以，数阵的每一列中、、、、都是个，
所以，每一列数字之和为，
因此，.
故选：C.
【点睛】本题考查归纳推理，解答的关键在于计算出每一列数的和，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
7.已知中，，，，为所在平面上一点，且满足.设，则的值为（ ）
A. 2 B. 1 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由由，得：点是的外心，由向量的投影的概念可得：，再代入运算，即可
【详解】解：由，得：点是的外心，
又外心是中垂线的交点，则有：，
即，
又，，，
所以，解得：，
即，
故选：．
【点睛】本题考查了外心是中垂线的交点，投影的概念，平面向量的数量积公式，属中档题.
8.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=BB1=1，M是AC的中点，则三棱锥B1－ABM的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意找到三棱锥B1－ABM的外接球球心为中点,即可求出其半径,则可求出其表面积.
【详解】如图所示：

取中点为，中点为.并连接,
则平面,
所以
所以三棱锥B1－ABM的外接球球心为中点.
所以,
所以三棱锥B1－ABM的外接球的表面积为.
故选:B
【点睛】本题考查三棱锥的外接球表面积,属于基础题.解本题的关键在于画出三棱柱，找到三棱锥的外接球球心.
二、多项选择题：本题共4小题．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．
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A. 月跑步里程最小值出现在2月
B. 月跑步里程逐月增加
C. 月跑步里程的中位数为5月份对应的里程数
D. 1月至5月的月跑步里程相对于6月至11月波动性更小
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据折线图，依次分析月跑步里程的最小值，中位数，变化趋势，波动性即得解
【详解】由折线图可知，月跑步里程的最小值出现在2月，故A正确；
月跑步平均里程不是逐月增加的，故B不正确；
月跑步里程数从小到大排列分别是：2月，8月，3月，4月，1月，5月，7月，6月，11月，9月，10月，故5月份对应的里程数为中位数，故C正确；
1月到5月的月跑步平均里程相对于6月至11月波动性更小，变化比较平稳，故D正确.
故选：ACD
【点睛】本题考查了统计图表折线图的应用，考查了学生综合分析，数形结合，数据处理能力，属于基础题
10.已知函数，下列结论正确的是（ ）
A. 函数图像关于对称
B. 函数上单调递增
C. 若，则
D. 函数的最小值为
【答案】A
【解析】
【分析】
本题首先可以去绝对值，将函数变成分段函数，然后根据函数解析式绘出函数图像，最后结合函数图像即可得出答案.
【详解】由题意可得：

，
即可绘出函数图像，如下所示：

故对称轴为，A正确；
由图像易知，函数在上单调递增，上单调递减，B错误；
要使，则，
由图象可得或、或，
故或或，C错误；
当时，函数取最小值，最小值，D错误，
故选：A．
【点睛】本题考查三角函数的相关性质，主要考查三角函数的对称轴、三角函数的单调性以及三角函数的最值，考查分段函数，考查数形结合思想，是难题.
11.已知正方体棱长为，如图，为上的动点，平面.下面说法正确的是（ ）

A. 直线与平面所成角的正弦值范围为
B. 点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大
C. 点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形
D. 己知为中点，当的和最小时，为的中点
【答案】AC
【解析】
【分析】
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项的正误；证明出平面，分别取棱、、、、、的中点、、、、、，比较和六边形的周长和面积的大小，可判断B选项的正误；利用空间向量法找出平面与棱、的交点、，判断四边形的形状可判断C选项的正误；将矩形与矩形延展为一个平面，利用、、三点共线得知最短，利用平行线分线段成比例定理求得，可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则点、、设点，

平面，则为平面的一个法向量，且，，
，
所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确；
对于B选项，当与重合时，连接、、、，
在正方体中，平面，平面，，
四边形是正方形，则，，平面，
平面，，同理可证，
，平面，
易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.
设、、、、、分别为棱、、、、、的中点，

易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，
正六边形的周长为，面积为，
则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，B选项错误；
对于C选项，设平面交棱于点，点，，

平面，平面，，即，得，，
所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，，
而，，且，
由空间中两点间的距离公式可得，，，
所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；
对于D选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示：

若最短，则、、三点共线，
，，
，所以，点不是棱的中点，D选项错误.
故选：AC.
【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.
12.函数f(x)=ex+asinx，x∈(－π，+∞)，下列说法正确的是（ ）
A. 当a=1时，f(x)在(0，f(0))处的切线方程为2x－y+1=0
B. 当a=1时，f(x)存在唯一极小值点x0且－1＜f(x0)＜0
C. 对任意a＞0，f(x)在(－π，+∞)上均存在零点
D. 存在a＜0，f(x)在(－π，+∞)上有且只有一个零点
【答案】ABD
【解析】
【分析】
逐一验证选项，选项A，通过切点求切线，再通过点斜式写出切线方程，选项B 通过导数求出函数极值并判断极值范围，选项C、D，通过构造函数，将零点问题转化判断函数与直线y＝a 的交点问题．
【详解】选项A，当时，，，
所以，故切点为，，
所以切线斜率，
故直线方程为：，即切线方程为：， 选项A正确.
选项B，当时，，，
恒成立，所以单调递增，
又,
,所以，即，所以
所以存，使得，即
则在上，，在上，，
所以在上，单调递减，在上，单调递增.
所以存在唯一的极小值点.

,则，，所以B正确.
对于选项C、D，，
令，即 ，所以, 则令,
,令,得
由函数的图像性质可知:
时，，单调递减.
时，，单调递增.
所以时，取得极小值，
即当时取得极小值，
又,即
又因为在上单调递减，所以
所以时，取得极小值，
即当时取得极大值，
又，即
所以
当时，
所以当，即时，f(x)在(－π，+∞)上无零点，所以C不正确.
当，即时，与的图象只有一个交点
即存在a＜0，f(x)在(－π，+∞)上有且只有一个零点，故D正确.
故选：ABD
．
【点睛】本题考查函数的切线、极值、零点问题，含参数问题的处理，考查数学运算，逻辑推理等学科素养的体现，属于难题题．
三、填空题：本题共4小题．
13.的展开式中的常数项为____________________.(用数字作答)
【答案】240
【解析】
【分析】
在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于0，求出的值，即可求得常数项．
【详解】解：展开式的通项公式为，
令，求得，可得展开式中的常数项为，
故答案为：240．
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于基础题．
14.一个不透明的箱中原来装有形状、大小相同的1个绿球和3个红球.甲、乙两人从箱中轮流摸球，每次摸取一个球，规则如下：若摸到绿球，则将此球放回箱中可继续再摸；若摸到红球，则将此球放回箱中改由对方摸球，甲先摸球，则在前四次摸球中，甲恰好摸到两次绿球的概率是________.
【答案】
【解析】
【分析】
先定义事件，，，，从而得到事件“甲恰好摸到两次绿球的情况为事件，利用事件的独立性进行概率计算，即可得到答案。
【详解】设“甲摸到绿球”的事件为，则，
“甲摸到红球”的事件为，则，
设“乙摸到绿球”的事件为，则，
“乙摸到红球”的事件为，则，
在前四次摸球中，甲恰好摸到两次绿球的情况是，
所以.
故答案为：
【点睛】本题考查相互独立事件同时发生的概率，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解的关键是准确定义相关事件。
15.己知a，b为正实数，直线y=x－a与曲线y=ln(x+b)相切于点(x0，y0)，则的最小值是_______________.
【答案】4
【解析】
【分析】
由题意结合导数的几何意义、导数的运算可得、，进而可得，再利用，结合基本不等式即可得解.
【详解】对求导得，
因为直线y=x－a与曲线y=ln(x+b)相切于点(x0，y0)，
所以即，
所以，所以切点为，
由切点在切线y=x－a上可得即，
所以，
当且仅当时，等号成立.
所以的最小值是.
故答案为：.
【点睛】本题考查了导数的运算、导数几何意义的应用，考查了基本不等式求最值的应用及运算求解能力，属于中档题.
16.已知双曲线，F1，F2是双曲线的左右两个焦点，P在双曲线上且在第一象限，圆M是△F1PF2的内切圆.则M的横坐标为_________，若F1到圆M上点的最大距离为，则△F1PF2的面积为___________.
【答案】 (1). 1 (2).
【解析】
【分析】
利用双曲线的定义以及内切圆的性质，求得的横坐标.由F1到圆M上点的最大距离，求得圆的半径，求得直线的方程，由此求得点的坐标，从而求得，进而求得△F1PF2的面积.
【详解】双曲线的方程为，则.
设圆分别与相切于，
根据双曲线的定义可知，根据内切圆的性质可知①，
而②. 由①②得：，所以,
所以直线的方程为，即的横坐标为.
设坐标为，则到圆M上点的最大距离为，
即，解得.
设直线的方程为，即.
到直线的距离为，解得.
所以线的方程为.
由且在第一象限，解得.
所以，.
所以△F1PF2的面积为.
故答案为：；

【点睛】本小题主要考查双曲线的定义，考查圆的几何性质、直线和圆的位置关系，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.