山东省潍坊市四县市2021届高三数学5月高考模拟试题（Word版附答案）

潍坊市四县市（安丘、诸城、五莲、兰山）2021 届高三下学期 5 月高考模拟 数学试题 2021.5 （本试卷共 4 页 满分 150 分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必用 0.5 毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号填写在答题卡和试 卷规定的位置上． 2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动， 用橡皮擦干净后，在选涂其他答案标号．答案写在试卷上无效． 3．第Ⅰ卷必须用 0.5 毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位 置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改 液、胶带纸、修正带．不按以上要求作答的答案无效． 4．填空题直接填写答案，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 第Ⅰ卷（选择题 共 60 分） 一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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．已知集合  2 6 0A x x x    N ，以下可为 A 的子集的是（ ） A． 2 3x x   B． 0 3x x  C． 0,1,2 D． 1,1,2 2．已知复数 1 2 2 2z i  （i 为虚数单位），则 1z   （ ） A． 3 2 B． 3 4 C． 11 2 D． 1 4 3．已知函数   3 1, 0, 2, 0, x a xf x x x       若   1 18f f   ，则实数 a （ ） A．4 B．1 C．2 D．3 4．已知向量  2,1a r ，  0,b mr ，  2,4c r ，且 a b c rr r ，则实数 m  （ ） A．4． B．3 C．2 D． 5．车马理论也称霍姆斯马车理论，是指各种资源都得到最合理配置和使用充分均匀的一种理 论．管理学家经常将“霍姆斯马车理论”引申为：一架完美的马车，没有最好的部件，只有 最完美、最平衡的组合．一个富有效率的团队，不需要每一个人都是最有能力的，而在于每 个人的能力都能得到最合理的使用和发挥．某班一小队共 10 名同学，编号分别为 1，2，…， 9，10，要均分成两个学习小组（学习小组没有区别），其中 1，2 号同学必须组合在一起，3， 4 号同学也必须组合在一起，其余同学可以随意搭配，就能达到最佳效果，那么一共有多少种 不同的分组方式（ ） A．26 B．46 C．52 D．126 6．一个封闭的圆柱形容器，内部装有高度为三分之一的水（图一），将容器歪倒放在水平放 置的的桌面上，设水面截底面得到的弦 AB 所对的圆心角为 ，则（ ） A． π 3   B． 2π 3   C ． π sin3    D． 2π sin3    7．已知 1F 、 2F 是双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的左、右焦点，过 1F 的直线与双曲线左、 右两支分别交于点 P ，Q ．若 1 15FQ F P uuur uuur ， M 为 PQ 的中点，且 1 2FQ F M uuur uuuur ，则双曲线的 离心率为（ ） A． 14 2 B． 7 2 C． 2 D．2 8．关于函数   sin xf x x  ，  0,x  的性质，以下说法正确的是（ ） A．函数  f x 的周期是 2π B．函数  f x 在 0,π 上有极值 C．函数  f x 在 0, 单调递减 D．函数  f x 在 0, 内有最小值 二、多项选择题：本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分，在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分． 9．甲、乙、丙、丁四人参加数学竞赛，四人在成绩公布前作出如下预测： 甲预测说：我不会获奖，丙获奖； 乙预测说：甲和丁中有一人获奖； 丙预测说：甲的猜测是对的； 丁预测说：获奖者在甲、乙、丙三人中． 成绩公布后表明，四人的预测中有两人的预测与结果相符，另外两人的预测与结果不符，已 知有两人获奖，则获奖者可能是（ ） A．甲和乙 B．乙和丙 C．甲和丙 D．乙和丁 10． a ，b 为实数且 0a b  ，则下列不等式一定成立的是（ ） A． 1 1 a b  B． 1 12021 2021a b  C． 2 2 2a b a b    D． 1 1 4 a b a b    11．已知函数    π π2 3 sin sin sin π4 2 4 2 x xf x x              ，则有（ ） A．  π 6f f x     B． π π 6 6f x f x            C． 2π ,03      是函数  f x 图像的对称中心 D．方程   2πlogf x x 有三个实根 12．一副三角板由一块有一个内角为 60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所 示， 90B F     ， 60A   ， 45D   ， 3BC DE  ，现将两块三角形板拼接在 一起，得三棱锥 F ABC ，取 BC 中点O 与 AC 中点 M ，则下列判断中正确的是（ ） A． BC  面OFM B． AC 与面OFM 所成的角为定值 C．三棱锥 F COM 体积为定值 D．若平面 BCF  平面 ABC ，则三棱锥 F ABC 外接球体积为 4 π3 第Ⅱ卷（非选择题 共 90 分） 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．写出一个满足    2f x f x  的奇函数  f x ______． 14．公元前 6 世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了 黄 金 分 割 值 约 为 0.618 ， 这 一 数 值 也 可 以 表 示 为 2sin18m   ． 若 2 4m n  ， 则 sin 63 m n  ______． 15．已知数列 na 的首项 1 1021a  ，其 n 前项和 nS 满足 2 1n nS S n   ，则 2021a  ______． 16．从抛物线 2 4x y 的准线 l 上一点 P 引抛物线的两条切线 PA 、 PB ，且 A 、 B 为切点， 若直线 AB 的倾斜角为 π 6 ，则 P 点的横坐标为______． 四、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10 分） 在① π2 sin cos 4a C c A     ，② 2 cos cos cosc A a B b A  ，③ 2 2 2 2b c a bc   这 三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答问题． 问题：在 ABC△ 中，内角 A ， B ， C 所对边分别为 a ，b ， c ，已知 3b  ， ABC△ 的面 积为 3，______，求 a ． 注：如果选择多个条件分别解答，按照第一个解答计分． 18．（12 分） 已知数列 na 的前 n 项和为 nS ， 1 2 2a a  ，当 2n  时， 1 1 2 1n n nS S S    ． （1）求证：当 2n  ， 1n na a  为定值； （2）把数列 na 和数列 2 na 中的所有项从小到大排列，组成新数列 nc ，求数列 nc 的前 100 项和 100T ． 19．（12 分） 某地区为了解高中生周末运动时间．随机调查了 3000 名学生，统计了他们的周末运动时间， 制成如下的频率分布表： 周末运动时间 t （分钟）  30,40  40,50  50,60  60,70  70,80  80,90 人数 300 600 900 450 450 300 （1）从周末运动时间在 70,80 的学生中抽取 3 人，在 80,90 的学生中抽取 2 人，现从这 5 人中随机推荐 2 人参加体能测试，记推荐的 2 人中来自 70,80 的人数为 X ，求 X 的分布列 和数学期望； （2）由频率分布表可认为：周末运动时间 t 服从正态分布  2,N   ，其中  为周末运动时 间的平均数t ， 近似为样本的标准差 s ，并已求得 14.6s  ．可以用该样本的频率估计总体 的概率，现从该地区所有高中生中随机抽取 10 名学生，记周末运动时间在  43.9,87.7 之外 的人数为Y ，求  2P Y  的值（精确到 0.001）． 参 考 数 据 ： 当  2,t N  : 时 ，   0.6827P t        ，  2 2 0.9545P t        ，  3 3 0.9973P t        ， 80.8186 0.202 ， 20.1814 0.033 ． 20．（12 分） 已知多面体 EF ABCD 中， ADEF 为正方形，平面 ADEF  平面 ABCD ， //AB CD ， BC CD ， 5AB  ， 2 5 5BC  ， 2BD  ． （1）证明： AE BF ； （2）求平面 BEF 与平面 BCE 所成锐二面角的余弦值． 21．（12 分） 椭圆 E ：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的左右焦点分别为 1F ， 2F ，P 为椭圆短轴上的一个顶点， 1PF 的延长线与椭圆相交于G ， 2PGF△ 的周长为 8， 1 13PF GF ． （1）求椭圆 E 的方程； （2）过椭圆 E 外一点 A 作矩形 ABCD ，使椭圆 E 与矩形 ABCD 的四条边都相切，求矩形 ABCD 面积的取值范围． 22．（12 分） 已知函数   2 1xf x e ax bx    （ a ，b  R ， 2.71828e  L为自然对数的底数）． （1）设  g x 是函数  f x 的导函数，求函数  g x 在区间 0,1 上的最小值； （2）若  1 0f  ，函数  f x 在区间 0,1 内有零点，求实数 a 的取值范围． 2021 年高考模拟训练 数学试题参考答案及评分标准 一、选择题： 1~8CACC ADAD 9．AC 10．BCD 11．ABC 12．ABD 二、填空题： 13． πsin 2 x （答案不唯一） 14． 2 2 15． 999 16． 2 3 3 三、解答题 17．解析：选① 因为 π2 sin cos 4a C c A     ，由正弦定理得  22 sin sin sin sin cos2A C C A A  ， 所以sin cosA A ，  0,πA ，所以 π 4A  ， 13 sin2ABCS bc A △ ，且 3b  ，得 2 2c  ， 由余弦定理得 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，解得 5a  ． 选② 因为 2 cos cos cosc A a B b A  ， 由正弦定理得  2 sin cos sin cos sin cos sin sinC A A B B A A B C     ， 所以 2cos 2A  ， 因为  0,πA ，所以 π 4A  ， 13 sin2ABCS bc A △ ，且 3b  ，得 2 2c  ， 由余弦定理得 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，解得 5a  ． 选③ 因为 2 2 2 2b c a bc   ， 2 2 2 2b c a bc   ，得 2 2 2 2cos 2 2 b c aA bc    ， 因为  0,πA ，所以 π 4A  ， 13 sin2ABCS bc A △ ，且 3b  ，得 2 2c  ， 由余弦定理得 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，解得 5a  ． 18．解：（1）当 2n  时， 3 1 22 1S S S   ， 即  1 2 3 1 1 22 1a a a a a a      ，得 3 3a  ， 当 2n  时，因为 1 1 2 1n n nS S S    ，所以 2 12 1n n nS S S    ， 两式相减得 2 12n n na a a   ，所以 2 1 1n n n na a a a     ， 所以 1n na a  是以 3 2a a 为首项，以 1 为公比的等比数列； 3 2 1a a  ，所以 1 1n na a   ， 所以 2, 1, , 2.n na n n    （2）数列 na 前 100 项为 2，2，3，4，5，…，100，数列 2 na 为 22 ， 22 ， 32 ， 42 ，…， 2n ， 所以数列 nc 前 100 项含有数列 2 na 的项为 22 ， 22 ， 32 ， 42 ， 52 ， 62 共六项， 所以 2 2 3 4 5 62 2 2 2 2 2 2 2 3 4 5 94nT              2 94 93128 2 45942      ． 19．解：（1）随机变量 X 的可能取值为 0，1，2，   0 2 3 2 2 5 10 10 C CP X C    ，   1 1 3 2 2 5 31 5 C CP X C    ，   2 0 3 2 2 5 32 10 C CP X C    ， X 的概率分布列为 X 0 1 2 P 1 10 3 5 3 10 所以数学期望   1 3 3 60 1 210 5 10 5E X        ； （2） 35 300 45 600 55 900 65 450 75 450 85 300 58.53000t              ， 又 43.9 58.5 14.6      ，87.7 58.5 14.6 2 2      ， 所以     0.6827 0.954543.9 87.7 2 0.81862P t P t             ， 所以 P t    或 2 1 0.8186 0.1814t       ， 所以  10,0.1814Y B: ． 所以   2 2 8 102 0.1814 0.8186 45 0.033 0.202 0.300P Y C        ． 20．（1）因为 2BD  ， 2 5 5BC  ， BC CD ，由勾股定理，可得 4 5 5CD  ， 因为 5AB  ，所以 CD BD BD AB  ，因为 //AB CD ，所以 BDC ABD   ， 所以 BCD ADB∽△ △ ， 因为 BC CD ，所以 BD AD 又因为平面 ABCD  平面 ADEF ，平面 ABCD  平面 ADEF AD ， 所以 BD  平面 ADEF ， 由 AE  平面 ADEF ，可得 AE BD ． 在正方形 ADEF 中，有 DF AE ， BD  平面 BDF ， DF  平面 BDF ， BD DF F  ， AE  平面 BDF ， BF  平面 BDF ， BF AE ； （2）以 DA 为 x 轴， DB 为 y 轴， DE 为 z 轴建立空间直角坐标系，可得  0,2,0B ，  0,0,1E ，  1,0,1F ， 4 8, ,05 5C     ，  0, 2,1BE   uur ，  1,0,0EF  uuur ， 4 2, ,05 5CB      uur 设平面 BEF 的法向量为  1 1 1, ,m x y zr ，平面 BCE 的法向量  2 2 2, ,n x y zr 由 0, 0, BE m EF m      uur r uuur r 可得 1 1 1 2 0, 0, y z x      令 1 1y  ，得到  0,1,2m r ， 0, 0, BE n CB n      uur r uur r 可得 2 2 2 2 2 0 4 2 0,5 5 y z x y      令 2 1x  ，可得  1, 2, 4n   r ， 10 2 105cos , 2121 5 m nm n m n     r rr r r r ， 所以平面 BEF 与平面 BCE 所成锐二面角的余弦值为 2 105 21 ． 21．解：（1）由 2PGF△ 的周长 8 为得， 4 8a  ， 2a  ， 由 1 13PF GF 且G 在 1PF 的延长线上，得 1 4 3PG PF uuur uuur ， 设  0 0,G x y ，则    0 0 4, ,3x y b c b    ， 0 4 3x c  ， 0 1 3y b  ，（不妨设 P 为上顶点） 由 2 2 0 0 2 2 1x y a b   ，解得 2 2c  ， 所以 2 2b  ，椭圆 E 的方程为 2 2 14 2 x y  ； （2）设四边形 ABCD 面积为 S ，当四边形 ABCD 的一边与坐标轴平行时，为矩形， 8 2S  ， 当四边形 ABCD 的各边与坐标轴不平行时， 根据对称性，设其中一边 AB 所在直线方程为 y kx m  ， 则对边所在直线CD 方程为 y kx m  ，则另一边 AD 所在直线方程为 1y x nk    ， 则 BC 所在直线方程为 1y x nk    ， 联立 2 2 14 2 x y y kx m       ，得   2 2 21 2 4 2 2 0k x kmx m     ， 得   2 2 2 216 8 1 2 2 0k m k m      ， 2 24 2m k  ，同理 2 2 4 2n k   ， 矩形一边长 1 2 2 1 md k   ，矩形另一边长 2 2 2 1 1 nd k   ， 矩形面积： 2 2 2 1 2 2 22 2 22 2 1 2 12 2 4 18 8 2 11 111 21 k km n kmnkS d d k kk kkk                ． 因为 2 2 1 2kk   ，所以8 2 12S  ． 综上得8 2 12S  ． 22．解：（1）     2xg x f x e ax b    ，   2xg x e a   ， 因为  0,1x ，所以  1 2 2a g x e a    ， ①若 2 1a  ，即时 1 2a  ，有   2 2 0g x e a    ， 所以函数  g x 在区间 0,1 上递增，于是    min 0 1g x g b      ， ②若1 2a e  ，即 1 2 2 ea  时， 当时  0 ln 2x a  时，   2 0xg x e a    ， 当时  ln 2 1a x  时，   2 0xg x e a    ， 所以函数  g x 在区间   0,ln 2a 上递减，在区间  ln 2 ,1a   上递增， 于是      min ln 2 2 2 ln 2g x g a a a a b          ， ③若 2a e ，即 2 ea  时，有   2 0xg x e a    ， 所以函数  g x 在区间 0,1 上递减，于是    min 1 2g x g e a b       ， 综上所述，  g x 在区间 0,1 上的最小值为是：    min 11 , ,2 12 2 ln 2 , ,2 2 2 , 2 b a eg x a a a b a ee a b a                 （2）由  1 0f  可得 1 0e a b    ，于是 1b e a   ，又  0 0f  ， 所以函数  f x 在区间  0,1 内有零点， 则函数  f x 在区间 0,1 内至少有三个单调区间， 由（1）知当 1 2a  或 2 ea  时，函数  g x 即  f x 在区间 0,1 上递增或递减， 所以不可能满足“函数  f x 在区间  0,1 内至少有三个单调区间”， 若 1 2 2 ea  ，则      min 2 2 ln 2 3 2 ln 2 1g x a a a b a a a e          ， 令    3 2 ln 2 1h x x x x e    ，则    1 2ln 2h x x   ， 由   0h x  可得 1 2 2 ex  ，由   0h x  可得 2 2 e ex  ， 所以  h x 在区间 1 ,2 2 e      上递增，在区间 ,2 2 e e      上递减， 所以   max 3 2 ln 2 1 1 02 2 2 2 e e e eh x h e e e                                              ， 即   min 0g x    ，于是函数  f x 在区间  0,1 内至少有三个单调区间， 所以     0 2 0 1 1 0 g e a g a          ，由此解得 2 1e a   ， 又因为 1 2 2 ea  ，所以 2 1e a   ， 综上所述， a 的取值范围为  2,1e  ．