2020-2021年数学高考模拟试卷（理科）

2020-2021年数学高考模拟试卷（理科）

一、选择题：本大题共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）

x-3

1.已知全集(/=村，集合A={x|X-l?o,XEN},则C(M=()

A.{2}B.{1,2}C.{2,3}D.{0,1,2}

2.若复数z满足z(l+i3)=3+i(i为虚数单位)，则2=()

A.l+2iB.l-2iC.2+iD.2-i

什("l■几+8

3.若sin4D,则sin26的值为()

7X一1R

A.25B.5c,5D.25

5.如图，矩形ABCC中，AB=F,正方形4CE尸的边长为1,且平面4BCD1平面

ADEF,则异面直线BD与FC所成角的余弦值为（）

E

H

A.7B.7c.5D.5

JT

6.已知t=J0cosxdx,执行如图所示的程序框图，则输出s的值为（）

A.3B.c.V^5-V14D.4

7.已知a,be{-2,-1,1,2},若向量IT=(a,b),0=(1,1),则向量IT与口所成的角

为锐角的概率是()

A.16B.4c,8D.16

8.中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴.按如下方法剪裁，扇面形状较为美观.从半

径为r的圆面中剪下扇形。48,使剪下扇形。48后所剩扇形的弧长与圆周长的比值为

亨，再从扇形04B中剪下扇环形4B0C制作扇面，使扇环形4BDC的面积与扇形（MB

的面积比值为与i.则一个按上述方法制作的扇环形装饰品（如图）的面积与圆面积

的比值为（）

试卷第2页，总16页

A

9.已知圆C；(x-百/+(y-3)2=3,过直线gx-y-6=0上的一点P作圆C的两

条切线24,PB,切点分别为4B,则cos乙4PB的最小值为()

io.已知平面向量a,b,其中|0=2,向量a与b-a的夹角为150。，贝旷阳的最大值

为()

A.2V3B.3C.4D.3

11.已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,过点F作倾斜角为45。的直线交抛物线于4

B两点，点4B在抛物线准线上的射影分别是A,夕，若四边形AAB'B的面积为32

祀，则该抛物线的方程为()

/\.y2—?y/^xB.y2—4xC.y2=W2%D.y2—8x

12.设函数f(x)的定义域为R,满足-1)=2/。).当％E(-1,0］时，/(%)=%(%+

区

1).若对任意Xe［m,+8),都有f(x)>-9,则实数m的取值范围是()

冶，―)I，―)［々，―)修2

A.4B.OC.2D.O

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.)

a

13.若曲线y=2ln(x+l)在x=l处的切线斜率为a,则二项式(Fx-X^)3的展开

式中的常数项为.(用数字作答)

14.已知点a,B,C为球。的球面上的三点，且4B4C=60。，BC=3,若球。的表面积

为48兀，则点。到平面48c的距离为.

K

15.已知函数函x)=4cos3X-sin(3X-4)(3>0)的最小正周期为4,若存在tC

［0,2］,使得/(t)-mSO,则实数m的取值范围为.

16.给出下列五个命题：

①已知随机变量f服从正态分布N(出2),若P(6<0)=P«>2),则随机变量f的期望

为1,标准差为2；

②两两相交且不过同一点的四条直线必在同一平面内；

③已知log2a+log2b>1,贝!12a+4b的最小值为8；

④已知f(n)=几2+pn+q(p,q€R,n€N*),则"/'(n+1)>f(n)”的充要条件是"p>

一2”；

⑤已知定义在R上的偶函数f(x)在(-8,0］单调递减，若八一2)=1,则满足

1的x的取值范围是(一1,3).

其中所有真命题的序号为.

三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演

算步骤.)

17.已知等差数列｛%｝的前n项和为Sn,a2=3,S6-S3=27,数列他工的前n项和〃满

足-n.

(I)求数列｛即｝，｛4｝的通项公式；

(口)求数列｛〃(4+1)｝的前n项和R7t.

18.某二手车交易市场对2020年某品牌二手车的交易进行了统计，得到如图所示的频

率分布直方图和散点图.用x表示该车的使用时间(单位：年)，y表示其相应的平均交

易价格(单位：万元)

(I)已知2020年在此交易市场成交的该品牌二手车为100辆，求使用时间在［12,20］的

车辆数；

(II)由散点图分析后，可用作为此交易市场上该种车辆的平均交易价格y关于

其使用时间x的回归方程.

试卷第4页，总16页

10

AX

表中z=lny,Z=10i=lzj根据上述相关数据，求y关于x的回归方程；

AA4

附：对于一组数据(%,女),(%，%)，…Qn，%)，其回归直线丫=Q+Bu的斜率和

Xuivi-nuv

截距的最小二乘估计分别为a=v.6u.

19.如图，在三棱锥。一ABC中，底面ABC为直角三角形，乙ADB=4BDC,且

=CD,AADC=60°.

(I)证明：平面ABC1平面4CD；

(U)E为8。上一点，且/YEC=2/r℃，求二面角C-4E—B的余弦值.

20.在平面直角坐标系％Oy中，椭圆。的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，点

P(2,-1)和点Q(2)为椭圆C上两点.

(I)求椭圆C的标准方程：

(口)4B为椭圆C上异于点P的两点，若直线24与PB的斜率之和为0,求线段48中点

M的轨迹方程.

71

21.已知函数/(x)=cosx-ln(l+2+x),f'(x)为函数/(x)的导数，证明：

71

(I)/'(%)在区间(-1-2,0)上存在唯一极大值点；

(□)/。)在区间［0,+8)上有唯一零点.

请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时用

2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号的方框涂黑.［选修4-4:坐标系与参数方程］)

(X=-1+A/5C0Sa

22.在平面直角坐标系中，曲线口的参数方程为1了二-2+泥$5.11口(a为参

数).以坐标原点。为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为

K_

psin(。+4)

(I)求曲线C】的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程：

5兀

(II)已知直线/的极坐标方程为。=4(peR),1分别与曲线C1和C2交于点A(异于

点。)和点B,求线段4B的长.

［选修4-5:不等式选讲］)

23.已知f(%)=|x—2|一+2|.

(I)当Q=1时，求不等式/⑶<1的解集;

(II)若工€(0,2)时，不等式f(X)+%>0恒成立，求实数Q的取值范围.

试卷第6页，总16页

参考答案与试题解析

2021年贵州省毕节市高考数学诊断性试卷（理科）（二）

一、选择题：本大题共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.

【答案】

B

【解析】

求解分式不等式化简集合4然后直接利用补集概念得答案.

2.

【答案】

A

【解析】

利用复数的除法运算求解即可.

3.

【答案】

D

【解析】

利用诱导公式，两角和的正弦公式，二倍角公式化简已知等式即可求解.

4.

【答案】

B

【解析】

判断函数的奇偶性和对称性，利用极限思想进行判断排除即可.

5.

【答案】

C

【解析】

以。为原点，为x轴，DC为y轴，DE为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求

出异面直线8。与尸C所成角的余弦值.

6.

【答案】

A

【解析】

由已知利用定积分的运算可求t=l,模拟程序的运行，可得程序框图的功能是计算并

111

输出S=&+\H+近的值，分母有理化即可求解.

7.

【答案】

B

【解析】

根据题意，由分步计数原理可得a、b的取法总数，再由向量数量积的坐标计算可得"向

量ir与n所成的角为锐角"的取法，由古典概型公式计算可得答案.

8.

【答案】

D

【解析】

设扇形04B的圆心角为a,0C的长为r,由题意利用扇形的面积公式可解得a=(3-

V5)兀，r=10(VS-l),进而根据扇形的面积公式即可求解.

9.

【答案】

A

【解析】

根据题意，连接4。、BC、PC,由二倍角公式可得cos44PB=COS244PC=(1-

2sin2乙4PC)=1-2x缁=1一段，结结合点到直线的距离公式可得答案.

10.

【答案】

C

【解析】

.—•，—♦—►

根据题意，设0A=a,0B=b,|四=3利用三角形表示平面向量的线性运算，结

—♦

合正弦定理求出I引的表达式，分析可得答案.

【答案】

C

【解析】

联立直线和抛物线的方程，结合直角梯形的面积求出P的值，求出抛物线的方程即

可.

12.

【答案】

B

【解析】

由/。一l)=2/(x),可得f(x)=2/'(x+l),根据已知分段求解析式，结合图象可得.

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.

【答案】

—9

【解析】

求出函数的导数，由此求出a=l,然后求出二项式的展开式的通项公式，令x的指数

为0,由此即可求解.

14.

【答案】

3

试卷第8页，总16页

【解析】

由正弦定理求出平面ABC外接球圆的半径，求出球的半径，利用勾股定理求解，可得

答案.

15.

【答案】

[-2V2,+00)

【解析】

利用两角和与差的三角函数将转化成正弦型函数，再利用整体思想做题.

16.

【答案】

①②③⑤

【解析】

①根据正态分布性质判断；②根据共面的基本公理判断；③用不等式法求最小值判

断；④根据充分必要条件概念判断；⑤根据函数单调性质判断.

三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演

算步骤.

17.

【答案】

(1)设等差数列的公差为d,首项为由,

由于。2=3,Sg-$3=27,

;al+d=3[a1=1

所以.56一$3=32i+l2d=27,解得.d=2,

故九-

0n=21,

数列｛bn｝的前n项和"满足〃=-n.

所以当九=1时，解得4=1,

=

当n32时，bn=Tn-Tn^i2bn^4-1,

整理得%+

l=2(bn_i+l),

故b》n-li+lx（常数）,

故｛bn+1｝是以2为首项，2为公比的等比数列;

故bn+13

b=2n-l

整理得n乙x,

⑵由（I）得：（bn+l）-（2n-l）・2,

12n

则:Rn=lX2+3X2+-+（2n-l）-20

23n+1

2Rn=lX2+3X2+-+（2n-l）*2@

g⑸俎2nn+1

-Rn=2+2X(2+-+2)-(2n-l)-2

则里得Rn=(2n-3)・2*06

整理得：11.

【解析】

(i)直接利用等差数列的性质的应用和递推关系式的应用求出数列的通项公式；

(口)利用(I)的通项公式，进一步利用乘公比错位相减法的应用求出数列的和.

18.

【答案】

(1)由频率分布直方图可知，使用时间在［12,20］的频率为4x(0.01+0.03)=0.16,

所以使用时间在［12,20］的车辆数为100x0.16=16辆；

(2)由题意可得，z—\ny—\nebx+a=bx+a,

10_

Xx；z；-10xz

i=l=80-10X5.5X2=_±_

2-11

一设2-2.385-10X5.5-

〉.Xj-lOx

所以i=l,

=2*X5.5=4

z-bx

所以a=

2=-----x+4

所以Z关于X的线性回归方程为11

故y关于光的回归方程为y=e

【解析】

(I)利用频率分布直方图先求出频率，然后由频率、频数、样本容量的关系求解即可;

(□)令z=lny=lneb"a=bx+a,然后由题中的数据以及公式求出b和a,由此得至物关

于x的线性回归方程，即可得到y关于x的回归方程.

19.

【答案】

(1)证明：由题意可知，4ABD三4CBD,所以

又△ABC是直角三角形，所以4ABe=90。，

取AC的中点0,连结DO,BO,

所以BOIAC,OB=OA,

又因为/W=DC,4WC=60°,所以△ADC为正三角形，

所以0。14C,

因为4。2+0。2=心，OA=OB,AD^BD,

故。”+。。2=8。2,

所以DO1OB,

因为。Bn4C=。，OB,ACu平面4BC,所以0。1平面ABC,

又DOu平面ADC,所以平面ABC1平面AC。；

(2)由题设以及(1)可知，04OB,OD两两垂直，

以点。为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，

试卷第10页，总16页

1

又匕>-4EC=2%_4£>c，即％-4ED=%-4EB，

所以点E时B。的中点，设AC=2,

I-E(0,—

则4(1,0,0),B(O,1,0),C(-l,0,0),D[0,0,V3),2

CA=(2,0,0),AE=(-1，>BA=(1>-1,0)

则

设平面C4E的法向量为m=（x,y,z）

2x=0

m*CA=O

1VIA

-x5y-^-z=0

则有IAE=O,即，

令z=l,则x=0,y=-密故m=（0,1）,

设平面BAE的法向量为n=（a,b,c）

，一一fa-b=0

n*BA=0

c=0

则有n-AE=0,即

令c=l,则a=b=依，故n=G/^,心，1）,

|cos<m，n>Im*n2近

Im||n|2义W=

故7，

由图可知，二面角C-4E-B是锐二面角,

近

所以二面角C-AE-B的余弦值为7.

AZ

a

y

【解析】

(I)利用三角形全等以及直角三角形可得BO_LAC,OB=OA,再由△ADC为正三角形,

得到。。1AC,结合勾股定理可得。。10B,由线面垂直的判定定理和面面垂直的判

定定理证明即可：

(口)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法

求出两个平面的法向量，然后由向量的夹角公式求解即可.

20.

【答案】

(1)设椭圆的方程为+ny2=l(m>0,n>0,mn),

后乎

因为点P(2,-1)和点Q(/)为椭圆C上两点，

(4m+n=l

6°m-^1n=l1,mK1-n1—

所以2，解得32,

2„2

—+^-=1

故椭圆c的标准方程为82.

(2)设P4的斜率为k,所以直线P4的方程为y+l=/c(x—2),即、=依%-2)—1,

y=k(x-2)-1

’22

联立方程组lx+4y-8=0,可得(x—2)[(1+4k2口一8卜2一8卜+2]=0,

8k2+8k-24k2-4k-l

xa-2-丫A_2

所以点4的横坐标为l+4k,纵坐标为l+4k,

因为直线P4与PB的斜率之和为o,

所以直线PB的斜率为-上

2

r8k-8k-24k2+4k-l

2-'~~2~?1

同理可求出点B的坐标为l+4kl+4k,

,8k2-24k2-1

(2'

故点M的坐标为l+4kl+4k,

所以点M的坐标满足x=2y,

x=2y

,22

由(x+4y-8=0.解得片±2,

所以一2<x<2,

故点M的轨迹方程为x-2y=0(—2<x<2).

【解析】

(I)利用待定系数法设椭圆的方程为6然+ny2—l(m>0,n>0,mn),由点在椭

圆上，列出关于n的方程组，求出n,即可得到椭圆C的方程；

试卷第12页，总16页

（II）设PA的斜率为匕得到直线24的方程，联立直线PA与椭圆的方程，求出点A的坐

标，联立直线PB与椭圆的方程，求出点B的坐标，从而得到点M的坐标，消去参数匕

即可得到点M的轨迹方程.

【答案】

兀

证明：（1）/（乃的定义域是（一1一2,+8）,

1

7T

//(x)=~sinx—N

]

If+x

令g(%)=/'(%)=_sin%-N

1

则g'(x)=_cosx+

]

K2

令九(x)=g'(x)=_cosx+乙

2

K

<0在(-1-2,o）恒成立,

JT

九。）在（一1一2,0）上递减,

1

又；九(-2)=1>0,h(0)=-l+

71

由零点存在性定理可知，九（X）在（-1-2,0）上存在唯一的零点配，使得h（Xo）=0,

K

在（一1一2,X。）上，g'（x）＞0,在（死,0）上,g'（x）＜o，

71

/'(x)在(一1一2,X。)上单调递增，在(沏,0)上单调递减,

71

即/'(X)在区间(-1-2,0)上存在唯一的极大值点;

1

兀

1小

(2)*.*f'(x)=-sin%—

1

n71

当％6[0,2)时，/(%)=—sinx—2<o恒成立,

(注意：区间右端点取法不唯一，如取xe［o,兀)也正确),

兀

f(x)在［o,2)上单调递减,

K71

/(°)=l—ln(l+2)>1-lne=O,/(2)=—ln(l+兀)<。，

兀

〃乃在［0,2)上存在唯一零点%,

兀7171n

当xe［2,+8)时，ln(l+2+%)>ln(l+2+2)=ln(l+兀)>lne=l,

7171

f(x)=cosx-ln(l+2+x)<。在［2,+oo)上恒成立，

71

/。)在［2,+8)上没有零点，

综上，f(X)在［0,+8)上有唯一零点.

【解析】

(I)求出导函数的导数，求出函数的导数，求出函数的单调区间，结合零点存在性定

理证明结论成立即可；

(II)求出函数的导数，根据函数的单调性证明结论成立即可.

请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时用

2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号的方框涂黑.［选修4-4:坐标系与参数方程］

22.

【答案】_

x=-l+V5cosCl

(1)曲线6的参数方程为［丫二一2+泥5111^(a为参数).转换为直角坐标方程

为(x+I)2+(y+2)2=5,整理得/+y2+2%+4y=0,

试卷第14页，总16页

x=Pcos8

y=Psin^

,x2+y2=P2

根据转换为极坐标方程为p2+2pcos。+4psin0=O.

'x=Pcos8

y=PsinB