1、2021年内蒙古包头高三高考数学二模试卷（文科）一、选择题（共12小题）.1设集合Ax|5x16，B3，4，6，7，9，12，13，16，则AB中元素的个数为（）A3B4C5D62复数的虚部是（）ABCD3已知s，r都是q的充分条件，p是q的必要条件，r是p的必要条件，则（）As是r的既不充分也不必要条件Bs是p的必要条件Cq是r的必要不充分条件Dp是r的充要条件4地震的震级越大，以地震波的形式从震源释放出的能量就越大，解级M与所释放的能量E的关系如下：E104.8+1.5M（焦耳）（取3.16）那么8级地震释放的能量是7级地震释放的能量的（）A30.6倍B31.6倍C3.16倍D3.06倍5
2、已知cos+cos（）1，则cos（）（）ABCD6圆C：x2+y21上的点到直线l：yx+4的最大距离为（）A4B3C2D17在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆C：+1（ab0）的右焦点，直线y与椭圆C交于M，N两点，且MFN90，则椭圆C的离心率是（）ABCD8在ABC中，已知C60，AB4，则ABC周长的最大值为（）A8B10C12D149已知ABC是等腰直角三角形，A90，ABAC4，S是平面ABC内一点，则（+）的最小值为（）A4B4C6D610已知a0.80.9，b0.90.8，dlog0.90.8，则（）AbadBadbCabdDbda11在三棱锥SABC中，若SBSCABACB
3、C4，SA2，SABC，设异面直线SC与AB所成角为，则cos（）ABCD12已知函数f（x）sin（x+）（0），则下列命题正确的是（）A若2，则f（x）的图象关于原点中心对称B若2，则把ysin2x的图象向右平移个单位长度可得到f（x）的图象C若f（x）在x1，x2分别取得极大值和极小值，且|x1x2|的最小值为，则1D若1，则f（x）在0，2有且只有3个零点二.填空题（共4小题）.13实数x，y满足则zx2y的最小值为 14设函数f（x），若f（2），则a 15设直线l：yx+1与双曲线C：y21（a0）的两条渐近线分别交于P，Q两点，若线段PQ的中点在直线x2上，则双曲线C的离心率为
4、16做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是64，且用料最省，则该圆柱形水桶的高为 三、解答题：共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17设等差数列an满足a12，an+12an2（n1）（1）求数列an的公差d，并求数列an的通项公式；（2）设bn，求数列bn的前n项和Sn18某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的100件产品作为样本称出它们的质量（单位：克），质量的分组区间为（485，495，（495，505，（525，535，由此得到
5、样本的频率分布直方图如图所示（1）估计这条生产流水线上，质量超过515克的产品的比例；（2）求这条生产流水线上产品质量的平均数和方差s2的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）19如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，P、Q分别为BB1、AC的中点，E为线段AB延长线上一点，且ABBE，A1AA1B14（1）证明：BQ平面A1PC；（2）证明：点E在平面A1PC内；（3）求三棱锥AA1PC的体积20已知点M是抛物线C1：yx2的准线上的任意一点，过点M作C1的两条切线MP，MQ，其中P，Q为切点（1）证明：直线PQ过定点，并求出定点坐标；（2）若直线PQ交椭圆C2：+1于A，B两点，
6、求的最小值21设函数f（x）excosx+ax，x0，2，（a为参数）（1）当a0时，求f（x）的单调区间，并证明f（x）有且只有两个零点；（2）当a1时，证明：f（x）在区间（0，2）上有两个极值点（二）选考题：共10分。请考生在第22、23两题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做的第一题记分。选修4-4；坐标系与参数方程22在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为cos+2sin20（1）求C和l的直角坐标方程；（2）求C上的点到直线l距离的最大值选修4
7、-5：不等式选讲23已知x，y，zR，且x+y+z3（1）求x2+y2+z2的最小值；（2）证明：（x1）（y1）+（y1）（z1）+（x1）（z1）0参考答案一、选择题（共12小题）.1设集合Ax|5x16，B3，4，6，7，9，12，13，16，则AB中元素的个数为（）A3B4C5D6解：Ax|5x16，B3，4，6，7，9，12，13，16，AB6，7，9，12，13，共5个元素，故选：C2复数的虚部是（）ABCD解：i，复数的虚部是：，故选：A3已知s，r都是q的充分条件，p是q的必要条件，r是p的必要条件，则（）As是r的既不充分也不必要条件Bs是p的必要条件Cq是r的必要不充分条件
8、Dp是r的充要条件解：由已知有：pr，qp，rq，sq，对于A，由rq，qp，得rp，又由pr，所以rp，由sq，qp，得sp，故sr，故s是r的充分条件，故A错误，对于B，由sq，qp，得sp，故s是p的充分条件，故B错误，对于C，由rq，qp，pr，故q是r的充要条件，故C错误，对于D，由rq，qp，得rp，又由pr，所以rp，故p是r的充要条件，故D正确故选：D4地震的震级越大，以地震波的形式从震源释放出的能量就越大，解级M与所释放的能量E的关系如下：E104.8+1.5M（焦耳）（取3.16）那么8级地震释放的能量是7级地震释放的能量的（）A30.6倍B31.6倍C3.16倍D3.06
9、倍解：设7级地震释放的能量为E1，8级地震释放的能量为E2，E1104.8+1.571015.3，E2104.8+1.581016.8，31.6，即8级地震释放的能量是7级地震释放的能量的31.6倍故选：B5已知cos+cos（）1，则cos（）（）ABCD解：，故选：D6圆C：x2+y21上的点到直线l：yx+4的最大距离为（）A4B3C2D1解：由题意，圆心到直线的距离d2，圆x2+y21上的点到直线l的最大距离是2+13，故选：B7在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆C：+1（ab0）的右焦点，直线y与椭圆C交于M，N两点，且MFN90，则椭圆C的离心率是（）ABCD解：设右焦点F（c，0
10、），将直线方程y代入椭圆方程，可得xa，可得M（，），N（，），由MFN90，可得kMFkNF1，即有，化简为b28a29c2，由b2a2c2，即有8c27a2，可得e，故选：D8在ABC中，已知C60，AB4，则ABC周长的最大值为（）A8B10C12D14解：在ABC中，C60，ABc4，由余弦定理，得c2a2+b22abcosC，即16a2+b22abcos60a2+b2ab2ababab（当且仅当ab4时等号成立），16a2+b2ab（a+b）23ab，（a+b）216+3ab16+31664，由此可得a+b8（当且仅当ab4时等号成立），ABC周长a+b+c8+412（当且仅当ab4
11、时等号成立），即当且仅当ab4时，ABC周长的最大值为12故选：C9已知ABC是等腰直角三角形，A90，ABAC4，S是平面ABC内一点，则（+）的最小值为（）A4B4C6D6解：如图建立坐标系则A（0，2 ），B（2，0），C（2，0），设S（x，y），（x，2y ），+（2x，y ）+（2x，y）（2x，2y），（+）2x2+2y24y2x2+244（+） 最小值为4，故选：A10已知a0.80.9，b0.90.8，dlog0.90.8，则（）AbadBadbCabdDbda解：00.80.90.801，0a1，00.90.80.901，0b1，又0.90.80.80.80.80.9，0a
12、b1，log0.90.8log0.90.91，d1，abd，故选：C11在三棱锥SABC中，若SBSCABACBC4，SA2，SABC，设异面直线SC与AB所成角为，则cos（）ABCD解：分别取AC，BC，AS的中点D、E、F，连接FD、DE、FE，则FDSC，DEAB，FDE是SC与AB所成角（或所成角的补角），SBSCABACBC4，SABC，AESE2，SA2，所以三角形ASE是正三角形，EF3，DF2，DE2，异面直线SC与AB所成角为，则cos故选：B12已知函数f（x）sin（x+）（0），则下列命题正确的是（）A若2，则f（x）的图象关于原点中心对称B若2，则把ysin2x的图
13、象向右平移个单位长度可得到f（x）的图象C若f（x）在x1，x2分别取得极大值和极小值，且|x1x2|的最小值为，则1D若1，则f（x）在0，2有且只有3个零点解：函数f（x）sin（x+）（0），对于A：当2时，则f（x）sin（2x+）的图象关于（）中心对称，故A错误；对于B：当2时，则把ysin2x的图象向右平移个单位长度可得到f（x）sin（2x）的图象，故B错误；对于C：若f（x）在x1，x2分别取得极大值和极小值，且|x1x2|的最小值为，即T2，则1，故C正确；对于D：当1时，函数f（x）sin（x+），当x时，函数的值为0，故函数有2个零点，故D错误；故选：C二.填空题：本题共
14、4小题，每小题5分，共20分。13实数x，y满足则zx2y的最小值为1解：由约束条件作出可行域如图，由图可得，A（4，4），由zx2y，得y，由图可知，当直线y过A时，直线在y轴上的截距最大，z有最小值为1211故答案为：114设函数f（x），若f（2），则a2解：根据题意，函数f（x），则f（x），若f（2），即，则a2，故答案为：215设直线l：yx+1与双曲线C：y21（a0）的两条渐近线分别交于P，Q两点，若线段PQ的中点在直线x2上，则双曲线C的离心率为解：双曲线C：y21（a0）的两条渐近线方程分别为y，联立，解得xP；联立，解得xQ线段PQ的中点在直线x2上，解得a，则c双曲线C
15、的离心率为e故答案为：16做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是64，且用料最省，则该圆柱形水桶的高为4解：设圆柱的底面半径为r，则高h，则圆柱的表面积Sr2+2r（）r2+48当且仅当，即r4时，取等号此时h4要使其体积是64，且用料最省，则圆柱的高为4故答案为：4三、解答题：共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17设等差数列an满足a12，an+12an2（n1）（1）求数列an的公差d，并求数列an的通项公式；（2）设bn，求数列bn的前n项和Sn解：（1）
16、等差数列an满足a12，an+12an2（n1），可得a1+nd2（a1+ndd）2n+2，即为（n2）d2（n2），由于nN*，可得d2，则an2+2（n1）2n；（2）bn（），所以Sn（1+.+）（1）18某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的100件产品作为样本称出它们的质量（单位：克），质量的分组区间为（485，495，（495，505，（525，535，由此得到样本的频率分布直方图如图所示（1）估计这条生产流水线上，质量超过515克的产品的比例；（2）求这条生产流水线上产品质量的平均数和方差s2的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）解：（1）
17、由频率分布直方图得质量超过515克的产品的频率为：（0.020+0.010）100.3，估计这条生产流水线上，质量超过515克的产品的比例为30%（2）由频率分布直方图得：4900.01510+5000.02010+5100.03510+5200.02010+5300.01010509方差s2（490509）20.15+（500509）20.20+（510509）20.35+（520509）20.20+（530509）20.1013919如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，P、Q分别为BB1、AC的中点，E为线段AB延长线上一点，且ABBE，A1AA1B14（1）证明：BQ平面A1PC；（2
18、）证明：点E在平面A1PC内；（3）求三棱锥AA1PC的体积【解答】（1）证明：连接AC1交A1C于O，连接OP，OQ，在正三棱柱ABCA1B1C1中，四边形ACC1A1为正方形，O为对角线AC1与A1C的中点，则OQCC1，且OQCC1，又点P为BB1 的中点，PBCC1，且PBCC1，PBOQ且PBOQ，则四边形BPOQ为平行四边形，得QBOP，又BQ平面平面A1PC，OP平面A1PC，BQ平面A1PC；（2）证明：连接CE，PE，在ACE中，QB是中位线，QBCE，又QBOP，OPCE，故平面A1PC为OP与CE所确定的平面，因此，点E在平面A1PC内；（3）解：点Q为正三角形ABC一边
19、AC的中点，BQAC，又平面ACC1A1平面ABC，BQ平面ACC1A1，由（1）可知POBQ，故PO平面ACC1A1，又A1C平面ACC1A1，POA1C，在RtA1AC中，在正三角形ABC中，BQ，由（1）可知，OPBQ，四边形ACC1A1是正方形，A1CAC1，又AC1OP，且A1COPO，AC1平面A1PC，故AO是三棱锥AA1PC的高，且AO，三棱锥AA1PC的体积为V20已知点M是抛物线C1：yx2的准线上的任意一点，过点M作C1的两条切线MP，MQ，其中P，Q为切点（1）证明：直线PQ过定点，并求出定点坐标；（2）若直线PQ交椭圆C2：+1于A，B两点，求的最小值解：（1）证明：
20、根据题意，设M（t，1），P（x1，y1），Q（x2，y2），由yx2，求导得yx，所以切线MP的方程为yy1（xx1），又y1x12，所以MP的方程可化为x1x2（y+y1），同理，切线MQ的方程为x2x2（y+y2），因为上述两条直线都过点M，把M的坐标代入两方程，得tx12y1+20和tx22y2+20，这两个方程说明点P，Q都在直线tx2y+20上，而此直线过定点（0，1），所以直线PQ过定点（0，1）（2）设直线PQ的方程为ykx+1（k总存在），A（x3，y3），B（x4，y4），联立方程组，消去y，得x24kx40，116（1+k2）0，所以x1+x24k，x1x24，所以|PQ
21、|x1x2|4（k2+1），联立，消去y，得（5+4k2）x2+8kx160，2645（1+k2）0，所以x3+x4，x3x4，所以|AB|x3x4|，所以k2+，所以的最小值为21设函数f（x）excosx+ax，x0，2，（a为参数）（1）当a0时，求f（x）的单调区间，并证明f（x）有且只有两个零点；（2）当a1时，证明：f（x）在区间（0，2）上有两个极值点解：（1）当a0时，f（x）excosx，则，当时，f（x）0，当时，f（x）0，函数f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为；在上，f（x）单调递增，且f（0）e0cos010，此时f（x）无零点；在上，f（x）单调递减，且，此时
22、f（x）有唯一零点；在上，f（x）单调递增，且，此时f（x）有唯一零点；综上，f（x）在区间0，2上有且只有两个零点；（2）证明：当a1时，f（x）excosx+x，则，则g（x）2exsinx，当x（0，）时，g（x）0，当x（，2）时，g（x）0，g（x）在（0，）单调递减，在（，2）单调递增，又g（0）2，g（）1e0，g（2）1+e20，由零点存在性定理可知，g（x）f（x）在（0，）和（，2）各有一个零点，故f（x）在（0，2）上有一个极大值点和一个极小值点（二）选考题：共10分。请考生在第22、23两题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，
23、则按所做的第一题记分。选修4-4；坐标系与参数方程22在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为cos+2sin20（1）求C和l的直角坐标方程；（2）求C上的点到直线l距离的最大值解：（1）由（t为参数），得，两式平方相加可得：（y1）由cos+2sin20，结合xcos，ysin，得C和l的直角坐标方程分别为（y1），；（2）设C上的点P（2cos，sin）（），则P到直线l的距离d，当sin（）1时，选修4-5：不等式选讲23已知x，y，zR，且x+y+z3（1）求x2+y2+z2的最小值；（2）证明：（x1）（y1）+（y1）（z1）+（x1）（z1）0解：（1）2（x2+y2+z2）x2+y2+y2+z2+z2+x22xy+2yz+2zx，x2+y2+z2xy+yz+zx，（x+y+z）2x2+y2+z2+2xy+2yz+2zx3（x2+y2+z2），当且仅当“xyz1”时取等号，x2+y2+z2的最小值为3；（2）证明：记x1a，y1b，z1c，则a+b+c0，（a+b+c）2a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca3ab+2bc+3ca，当且仅当abc0，即xyz1时取等号，即得证