河南省开封市2021届新高考数学二模考试卷含解析

1、被5除余3且被7除余2的正整数构成首项为23,河南省开封市 2021 届新高考数学二模考试卷、选择题：本题共 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已知定义在 R上的奇函数f(x)和偶函数g(x)满足f (x) g(x) ax2 ( a 0 且 a 1 )，若2g(2) a ，则函数 f x2 2x的单调递增区间为(A ( 1,1)B(,1)C (1,D (1,答案】 D解析】分析】根据函数的奇偶性用方程法求出f (x), g(x)的解析式，进而求出a ,再根据复合函数的单调性，即可求出 结论 .详解】依题、 ,.意有f(x)g(x)x

2、x aa2 ， f(x)g( x)x aax 2f(x) g(x) ，得f(x)x aa x,g(x)2 ，又因为 g(2) a ，所以a2, f(x)2x2 x， f(x)在R上单调递增，所以函数f x22x的单调递增区间为 ( 1, ).故选 :D.【点睛】 本题考查求函数的解析式、函数的性质，要熟记复合函数单调性判断方法，属于中档题.2 “中国剩余定理 ”又称 “孙子定理 ”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作孙子算经卷下第二十六 题，叫做 “物不知数 ”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二.问物几何？现有这样一个相关的问题：将 1到 2020这 2020

3、 个自然数中被 5除余 3且被 7除余 2的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列各项之和为()A 56383B57171C 59 189D 61242【答案】 C【解析】【分析】根据“被 5 除余 3 且被 7除余 2 的正整数 ”，可得这些数构成等差数列， 然后根据等差数列的前 n 项和公式， 可得结果 .【详解】公差为5 7 35的等差数列，记数列 an则 an 23 35 n 135n 122令 an 35n 122020，解得 n 58 一 .355857故该数列各项之和为 58 2335 59189.2故选：C.【点睛】本题考查等差数列的应用，属基础题。【答案】B【解

4、析】【分析】列举出循环的每一步，可得出输出结果.【详解】i 4，S 3，S a2b2 不成立，S 329，i 4 15 ；2 2 2Sab 不成立，S 981，i 5 1 6 ；S a2b2 不成立，S 812 6561，i 6 1 7 ；S a2b2成立，输出i的值为7.故选：B.【点睛】本题考查利用程序框图计算输出结果，一般要将算法的每一步列举出来，考查计算能力，属于基础题4下图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形 ABC的斜边BC、直角边AB、AC,已知以直角边 AC、AB为直径的半圆的面积之比为1，记 ABC，则 cos2si

5、n 2()【答案】DC. 1D.【解析】【分析】根据以直角边AC、AB为直径的半圆的面积之比求得ACAB的值,由此求得sin和cos 的值，进而求得所求表达式的值【详解】由于直角边AC、AB为直径的半圆的面积之比为丄，所以4ACAB，即 tan12，所以1sin ,cosJ52壽，所以cos2sin 21、5.5故选：D【点睛】属于基础题本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查二倍角公式,5设 x R，则 “x327”是 “x| 3”的()D.既不充分也不必要条件A 充分不必要条件B 必要不充分条件C 充要条件【答案】B【解析】【分析】 先解不等式化简两个条件，利用集合法判断充分必要条件即

6、可【详解】解不等式X327可得x 3,解绝对值不等式|x| 3可得3 x 3,由于x| 3 x 3为x|x 3的子集,据此可知 “ 27”是“X| 3”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本题考查了必要不充分条件的判定，考查了学生数学运算，逻辑推理能力，属于基础题6.设全集U0，集合 A 0,1,2，则 Cu A =（）A.1,3B.1,0C.0,3D.1,0,3【答案】A【解析】【分析】先求得全集包含的元素，由此求得集合A的补集.【详解】由x 1 x 30解得1 x 3,故 U 1,0,1,2,3，所以 CuA1,3，故选A.【点睛】本小题主要考查补集的概念及运算，考查一元二次不等式的解法，属

7、于基础题7若x0,1时，ex |2x a|0 ,贝y a的取值范围为（A.1,1B.2 e,e2c .2e,1【答案】D【解析】【分析】由题得2xx ea2x ex对 x0,1恒成立,令f xf x ,max 1gxmin即可得a的取值范围.【详解】由题得2xx ea2x ex对 x0,1恒成立,令f x2xxxe , x 2x e ,Q f x2ex在0,1单调递减，且fln20,f x在0,l n2上单调递增，在ln 2,1上单调递减，a f xk max:fln2 2l n22,又g x2xxe在0,1单调递增,ag Xming 0D.2ln2 2,1的取值范围为 2ln 22,1 .故

8、选：D2xxe ,gxx 2x e ,然后分别求出1,【点睛】本题主要考查了不等式恒成立问题，导数的综合应用，考查了转化与化归的思想求解不等式恒成立问题,可采用参变量分离法去求解 &如图所示，网格纸上小正方形的边长为1粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为（）【答案】B【解析】【分析】根据三视图可以得到原几何体为三棱锥,且是有三条棱互相垂直的三棱锥,根据几何体的各面面积可得最大面的面积.【详解】解：分析题意可知，如下图所示,该几何体为一个正方体中的三棱锥A BCD ,最大面的表面边长为 2 2的等边三角形 ABC ,故其面积为 亙隔2送,4故选B .【点睛】本题考查了

9、几何体的三视图问题，解题的关键是要能由三视图解析出原几何体，从而解决问题.9已知直四棱柱 ABCD A1B1C1 Di的所有棱长相等，ABC 60，则直线BG与平面ACC!所成角的正切值等于（A 空4【答案】D【解析】【分析】454，以A为坐标原点,AE所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AA所在直线为z轴,建立空间直角坐标系求解平面ACCiA的法向量，利用线面角的向量公式即得解【详解】 如图所示的直四棱柱 ABCD A1B1C1D1， ABC 60，取BC中点E，以A为坐标原点， AE所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AAi所在直线为z轴,建立空间直角坐标系.设 AB 2，则 A(0,0,

10、0), A(0,0,2), B(V3, 1,0), C&3,1,0), G(V3,1,2),UJUUJU_UJITBC1(0,2,2), AC (J3,1,0), AA (0,0,2).设平面ACOA的法向量为n (x, y, z),则 VAC 3x y ,取 x 1 , n 秋 2z 0,得n(1,73,0).设直线BC1与平面/UJUrBC1 n则sinuuurrBC1|n_2368 v 4所成角为 ，cos、1552x X02y01与双曲线C的右支没有公共点,可得 d1，解得即可.【详解】由题意，双曲线2与 1 (a 0,b0)的一条渐近线方程为b-x，即 bx ay 0 , a P X

11、0,y 是直线 bxay 4a 0上任意一点,则直线bx ay4a0与直线bx ay 0的距离d ： J 2va b4ac ，圆 x x0 22y01与双曲线C的右支没有公共点，则直线BCi与平面ACCiA所成角的正切值等于 故选：D【点睛】本题考查了向量法求解线面角，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题x2y210已知双曲线 C: 牙1(a0,b0)，点P Xo,yo是直线bx ay 4a 0上任意一点，若圆a b2 2 亠XX。y y。1与双曲线C的右支没有公共点，则双曲线的离心率取值范围是().A 1,2B 1,4C 2,D. 4,【答案】B【解析】【分析】先求出双曲

12、线的渐近线方程，可得则直线bx ay 2a 0与直线bx ay 0的距离d，根据圆24，又 e 1 a故e的取值范围为1,4 ,故选：B.其中解答中根据圆与双曲线 C的【点睛】本题主要考查了直线和双曲线的位置关系，以及两平行线间的距离公式, 右支没有公共点得出 d 1是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.1 i11 .已知a bi (a,b R)是1-的共轭复数，则a b ()1 iD. 11B .2【答案】A【解析】【分析】1 i先利用复数的除法运算法则求出的值，再利用共轭复数的定义求出a+bi，从而确定a, b的值，求出1 ia+b .【详解】21 i (1 i) 2ii,1

13、 i 1 i 1 i 2 a+bi = - i,a= 0, b =- 1,- a+b = 1,故选：A.【点睛】本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，考查了共轭复数的概念，是基础题.12.小明有3本作业本，小波有 4本作业本，将这7本作业本混放在-起，小明从中任取两本则他取到的均是自己的作业本的概率为()12118A.B .C.D.77335【答案】A【解析】【分析】利用P nA计算即可，其中nA表示事件A所包含的基本事件个数，n为基本事件总数n【详解】2 2从7本作业本中任取两本共有 C7种不同的结果，其中，小明取到的均是自己的作业本有C3种不同结果,由古典概型的概率计算公式，小明取到的均是

14、自己的作业本的概率为C2 1C；7.故选：A.【点睛】本题考查古典概型的概率计算问题，考查学生的基本运算能力，是一道基础题二、填空题：本题共 4小题，每小题5分，共20分。13.若 X。R,Xo2 a, Xo2 1 5 0为假，则实数a的取值范围为 【答案】，4【解析】【分析】由 xo R,xo2a xo2 15 0为假，可知 x R,x2 a.xx2515 o为真，所以a =对任Jx2 1意实数x恒成立,求出 务丄的最小值，令a (务丄九即可.Jx2 1Jx2 1【详解】因为 xo R,xo2 a. Xo250为假，则其否定为真,即 x R,x2 a,x2x2 50为真，所以a x 2 5对

15、任意实数x恒成立，所以a )min .Jx2 2 故答案为:,4 .二 4，当且仅当1.3时，等号成立，所以a 4.2【点睛】本题考查全称命题与特称命题间的关系的应用，利用参变分离是解决本题的关键，属于中档题114已知函数y f (x)的图象在点M(3, f(3)处的切线方程是y x 2，则f(3) f (3)的值等于 3【答案】3【解析】【分析】 利用导数的几何意义即可解决【详解】1o31 1 由已知，f (3) -, f(3) 3 2 3，故 f(3) f (3)1o故答案为：昱.3【点睛】本题考查导数的几何意义，要注意在某点的切线与过某点的切线的区别，本题属于基础题15 .在直角坐标系x

16、Oy中，直线I的参数方程为8-t2(t为参数)，曲线C的参数方程为t3s22、3s(s为参数)(1)求直线I和曲线C的普通方程;（2）设P为曲线C上的动点，求点 P到直线I距离的最小值及此时 P点的坐标._5【答案】（1）x , 3y 8 0， y2 4x ；（2）3,2 _ 3 .【解析】【分析】（1）利用代入消参的方法即可将两个参数方程转化为普通方程；（2）利用参数方程，结合点到直线的距离公式，将问题转化为求解二次函数最值的问题，即可求得【详解】（1）直线I的普通方程为x , 3y 80.在曲线C的参数方程中，寸12s2 4x，所以曲线C的普通方程为y2 4x.（2）设点 P 3s22.

17、3s .点P到直线I的距离d 3S一6S 83 S 1一5 .2 2t 55当S 1时，dmin ，所以点P到直线I的距离的最小值为2 2此时点P的坐标为 3,2 3 .【点睛】本题考查将参数方程转化为普通方程，以及利用参数方程求距离的最值问题，属中档题16根据如图所示的伪代码，输出|的值为.:11；WhileS9P:$ 13+7:Z+2；End While:Print /【答案】7【解析】【分析】表示初值S=1,i=1，分三次循环计算得 S=100,输出i=7.【详解】S=1,i=1第一次循环：S=1 + 1=2,i=1+2=3 ;第二次循环：S=2+3=5,i=3+2=5 ;第三次循环：S

18、=5+5=10,i=5+2=7 ;S=109,循环结束，输出：i=7.故答案为：7【点睛】本题考查在程序语句的背景下已知输入的循环结构求输出值问题，属于基础题三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17 .设函数 f(x)=x 2-4xsinx-4cosx .(1) 讨论函数f(x)在卜n, n上的单调性；(2) 证明：函数f(x)在R上有且仅有两个零点.【答案】见解析【解析】【分析】【详解】1(1) f (x)=2x-4xcosx-4sinx+4sinx=4x( cosx)2 ，n n由 f (x)=1 , x 卜 n, n 得 x=1 或 或一.3 3当x变化时，f

19、(x)和f(x)的变化情况如下表：xn，3n3(n,0)31(0,n3n3(-n, n3f (x)-1+1-1+f(x)单调递减极小值单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以f(x)在区间n 3，(0,3)上单调递减，在区间(扌,0)，(3, n上单调递增.nn(2)由(1)得极大值为f(1)=-4 ;极小值为f( )=f()f(1)1 ,nn所以f(x)在n, ),(, n上各有一个零点.33显然 x ( n 2n) , - 4xsinx1 , x2-4cosx1 ,所以 f(x)1 ;x 2 n +s时，f(x)衫Xx-46 2-4 X 6-4=81 ,所以 f(x)在(n +8)上没有零

20、点.因为f(-x)=(-x) 2-4(-x)sin(-x)-4cos(-x)=x2-4xsinx-4cosx=f(x),所以f(x)为偶函数，从而x1 ,即f(x)在(-8, - n上也没有零点.nn故f(x)仅在n, -) , (一，n上各有一个零点，即 f(x)在R上有且仅有两个零点.3 3(为参数)，以O为极点，x轴的非负x 2 2cosy 2si n18 .在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为半轴为极轴建立极坐标系(1)求圆C的极坐标方程;(2)直线|的极坐标方程是sin 6、.3，射线 OM :6与圆C的交点为0、P，与直线l的交点为Q，求线段PQ的长.【答案】(1)4cos(2)

21、 2 3 2【解析】【分析】(1)首先将参数方程转化为普通方程再根据公式化为极坐标方程即可;(2)设 P2， 2，由126，即可求出则 | PQ|计算可得;【详解】x解：(1)圆C的参数方程y2 2cos(2sin为参数)可化为(X2 2 ,2) y 4,24 cos0,即圆C的极坐标方程为4cos4cos(2)，由1，解得【点睛】，由-|PQ|2 sin、3，解得2 3 2.本题考查了利用极坐标方程求曲线的交点弦长，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.x2y2uuu19.已知椭圆21 a b 0，点A 1,0 , B 0,1 ,点p满足OAa b. 2 uuuOB2uuuOP (其中O为坐

22、标原点)，点B, P在椭圆C上.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设椭圆的右焦点为 F，若不经过点F的直线l : y kx m k 0,m0与椭圆C交于M ,N两点.请说明理由且与圆X2 y2 1相切.VMNF的周长是否为定值？若是，求出定值；若不是,2【答案】()X- y21 (2)是,2 2【解析】【分析】(1)设x,y ,根据条件可求出P的坐标，再利用B, P在椭圆上，代入椭圆方程求出a, b即可;(2)设Xi，yi，N X2$2 N 0, X20运用勾股定理和点满足椭圆方程，求出焦半径公式表示出 MF , NF，进而求出周长为定值.【详解】(1)设 P x,y ,因为 OA 上2uuuO

23、P,MQ，| NQ，再利用即（1,0）弓0,1）（x，y）,则 xi,y因为B,P均在C上,代入得1a右112 1b2 1，解得a22x2,b21,所以椭圆C的方程为一2(2)由(1)得 F(1,0),e ,a2、2，作出示意图，设切点为 Q, M Xi,yi , N X2, y2X10,X20 ,则 |MQ |2 |OM |2 |OQ |2 x2y：12 X12,同理NQ即 |MQ |又MF222.X2y21丄 x”|NQ|21 22x222x2，所以 | MN |化 x2),2 2a ex2则 VMNF 的周长 MN| | MF | | NF | 2 Xi X2 J2 Xi 近X2 22,

24、2 2 2所以周长为定值2 2 .【点睛】标准方程的求解，椭圆中的定值问题，考查焦半径公式的运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，难度较难.20.如图，在底面边长为1,侧棱长为2的正四棱柱ABCDABiGDi中，P是侧棱CCi上的一点，CP m .求直线AP与平面BDDiBi所成角;(2)在线段AiCi上是否存在一个定点 Q,使得对任意的实数 m,都有DiQ AP，并证明你的结论【答案】(i) - ; ( 2)存在，Q为线段A,G中点3【解析】【分析】解法一：(i)作出平面 APC与平面BDDiBi的交线OM，可证AO 平面BDDiBi，计算OM , AO , 得出tan AMO，从而得出 A

25、MO的大小；(2)证明BQi平面ACCiA，故而可得当Q为线段AG的中点时DiQ AP .(1 )由(2)设AG上存在一定点 Q,设解法二，以D为原点，以DA, DC,DDi为x,y,z建立空间直角坐标系:uuu uuursin cosuuuuuur2APAC，利用空间向量的数量积可求线面角;AP AC此点的横坐标为X，可得Q x,1x,2，由向量垂直，数量积等于零即可求解【详解】(1)解法一：连接 AC交BD于O ,设AP与平面BDDiB,的公共点为M，连接OM ,则平面APC I 平面 BDD1B1OM ,Q四边形ABCD是正方形，ACBD ,Q BB1平面 ABCD , AC平面ABCD

26、 , ACBB1，又 BB-j BDB ,AC平面 BDD1B1 ,AMO为直线AP与平面BDDiBi所成角,OM，QCP/平面 BDD1B1 , CP 平面 APC，平面 APCI 平面 BDDiCP /OM，又O为AC的中点，1 76iV2OM PC , AO AC -2 622tan AMO 些、3,AMO -,OM3直线AP与平面BDD1B1所成角为一.1 13（2） Q四边形ab1c1d1正方形，A1C1B1D1,Q AA平面 A| B1C1D1 , B1D1平面 A| B1C1D1 ,AABD，又 AC I AA1A1,B1D1平面AC1CA，又AP平面 AC1CA ,B D1 A

27、P ，当Q为线段AiCi中点时，对于任意的实数 m，都有DiQ AP . 解法二：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，X则 A 1,0,0 ,B 1,1,0 ,P 0,1, m，C 0,1,0 ,D 0,0,0 , B 1,1,1 , D1 0,0,2 ，UUUUUUUJU所以 BD 1, 1,0 , BB10,0,2 , APUJU1,1, m , AC 1,1,0,uut uuu 又由AC BD 0 ,UHT UUITUULTAC B0，贝y AC为平面BB1D1D的一个法向量,设直线AP与平面-tutr-uur2APACuuu umrAP ACBDD1B1所成角为 ，贝U sincos2

28、.2 .2 m2故当m 6时，直线AP与平面BDD1B1所成角为3(2)若在A1C1上存在一定点 Q，设此点的横坐标为UUUU则 Q x,1 x,2 , D1Qx,1 x,0 , 依题意，对于任意的实数 m要使D1Q AP ,r ujuuuut uuu等价于 DQ AP DQ AP 0 ,1即x 1 x 0，解得x -,2即当Q为线段A1C1中点时，对于任意的实数 m，都有D1Q AP .【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理、线面角的计算，考查了空间向量在立体几何中的应用，属于中档题21.已知an , 0 , Cn都是各项不为零的数列，且满足a1b1 a2b2anbn CnSn , n N*,

29、其中Sn是数列an的前n项和，Cn是公差为d d 0的等差数列.(1) 若数列 an是常数列，d 2 , C2 3，求数列bn的通项公式；(2) 若ann (是不为零的常数)，求证：数列 bn是等差数列；(3) 若 ai C1 d k ( k 为常数，k N *), bn =cn k n 2,n N * .求证：对任意 n 2,nN*,直乩的恒成立.an an 1【答案】(1) bn=4n 3 ； (2)详见解析；(3)详见解析.【解析】【分析】(1)根据d2,C2 3可求得Cn,再根据an是常数列代入aQa?b2anbnCnSn,nN*,根据通项与前n项和的关系求解bn即可.取n1,并结合通

30、项与前n项和的关系可求得SnC Sn.1Cn1= anbn,再根据 a.Sn51化简可得nCn= nbn，代入 Sn 1-n n 133Sn1d化简即可知bnbn 1d n3 ,再证明b2b,- d也成立222即可(3)由(2)当 n 2 时，Sn-1 (c Cn-1)anCn= anbn，代入所给的条件化简可得Sn1= kan, Sn= S.1 a.= k 1 n 2an，进而证明可得an k an 1,即数列kan是等比数列.继而求得bnbn 1an -，再根据作商法证明即可.kanan 1【详解】1 解：Qd=2,C2=3,cn=2n1.Q an是各项不为零的常数列耳=a2= = an,

31、则 Sn= na1,anbn ,则由 CnSn= Cd a?b2及 Cn=2rr1,得 n 2rr1 = b bS ,当 n 2 时，rr1 2n_3 = b b2bn-1,两式作差，可得bn=4n-3 .当n=1时,bi=1满足上式,则 bn=4n-3 ；2 证明：QaQ a?b2ang= c.Sn,当 n 2 时，印 a?b2g1= c-1 Sn-1,两式相减得：SnC Sn-1Cn-1= anbn ,anCnSn-1Cn-1 anbn , Si1CnCn-1anCn anbn 即 Sn-1dncn= nbn .又Sn 1nbn，即J cn2bn .当n 3时,nCn 1 bn 1 ,3d

32、 n 3 .23 数列bn从第二项起是公差为d的等差数列.2又当 n=1 时，由 Sc= aQ,得 c= b1,2 1133当 n=2 时，由 b2dc2dc1db1d，得dbid .2 2223故数列bn是公差为一d的等差数列；23证明：由2 ,当n 2时，Sn-1 C “1 翻=anbn，即 &件 % b，Q bn=心 k ,两式相减得:bnbn 1bn= Cn kd，即 b Cn= kd ,Sn-1d= an ?kd,即 Sn= kan.Sn Sn1ank 1 an,当 n 3 时，Snk 1 an1 kan,即 a.an故从第二项起数列是等比数列，当n 2时,ana2bn cn k c

33、nkd cln 1 k k2另外，由已知条件可得aia? C2 3i bia2b2,又 c2 2k, bik,b2 ka21,因而an 令dn俎anbn 1anan 1bn故对任意的n 2, nN*,直an也恒成立.an 1,22【点睛】本题主要考查了等差等比数列的综合运用，需要熟练运用通项与前 n项和的关系分析数列的递推公式继而求解通项公式或证明等差数列等 同时也考查了数列中的不等式证明等，需要根据题意分析数列为等比数列 并求出通项，再利用作商法证明属于难题.4 ,COSX.22.已知函数 f x, g xxsinx cosx.X(1)判断函数g x在区间0,2上的零点的个数；(2)记函数f

34、 x在区间0,2上的两个极值点分别为 x1、x2，求证：f x(f x20.【答案】(1) 2 ; (2)见解析.【解析】【分析】(1)利用导数分析函数 y f x在区间0,2 上的单调性与极值，结合零点存在定理可得出结论;(2)设函数yx的极大值点和极小值点分别为x1、x2，由(1)知X1,X21且满足 x sinxj cosx 0 i 1,2 ,Xitan Xi，于是得出fXif x2sin 为 sin x2，由1 1得tanx1tanx?，利用正切函数的单调性推导出X2XiXiX2再利用正弦函数的单调性可得出结论.【详解】(i) Qg xxsinxcosx , g Xxcosx，Q0 x