1、2021年山东省淄博市高考数学三模试卷一、单项选择题（每小题5分，共40分）1已知全集UR，集合，Bx|x|1（）A1，0）B1，0）1，2）C（1，2）D（0，1）2某个国家某种病毒传播的中期，感染人数y和时间x（单位：天）在18天里的散点图如图所示（）Aya+bxBya+bexCya+blnxD3在正项等比数列an中，若a2021是a2019，a2020两项的等差中项，则q（）A1BCD14已知向量，为单位向量，且|1+|（）ABCD5已知zC，且|zi|1，i为虚数单位（）A2BCD6已知锐角，满足，则的最小值为（）A4BC8D7算盘是一种手动操作计算辅助工具它起源于中国，迄今已有260
2、0多年的历史，是中国古代的一项重要发明（如图一），共两挡，自右向左分别表示个位和十位，梁上一珠拨下，记作数字5，上拨每珠记作数字1（例如图二中算盘表示整数51）如果拨动图一算盘中的三枚算珠（）A16B15C12D108设双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，点P（异于顶点）在双曲线C的右支上，则下列说法正确的是（）APF1F2可能是正三角形BP到两渐近线的距离之积是定值C若PF1PF2，则PF1F2的面积为8D在PF1F2中，二、多项选择题：本题共4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，部分选对的得3分，有选错的得0分9已知正四棱台的上底面边长
3、为1，侧棱长为2，高为，则（）A棱台的侧面积为B棱台的体积为C棱台的侧棱与底面所成的角D棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为10下列说法正确的是（）A某高中为了解在校学生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取一个容量为60的样本，已知该校高一、高二，高三年级学生之比为6：5：4，则应从高二年级中抽取20名学生B线性回归方程对应的直线至少经过其样本数据点中的一个点C命题“x0，lg（x2+1）0”的否定是“x0，lg（x2+1）0”D方差描述了一组数据围绕平均数波动的大小，方差越大，数据的离散程度越大，方差越小，数据的离散程度越小11已知圆O1：x2+y22
4、x30和圆O2：x2+y22y10交点为A，B，则（）A圆O1和圆O2有两条公切线B直线AB的方程为xy+10C圆O2上存在两点P和Q使得|PQ|AB|D圆O1上的点到直线AB的最大距离为122021年3月30日，小米正式开始启用具备“超椭圆”数学之美的新logo设计师的灵感来源于曲线C：|x|n+|y|n1则下列说法正确的是（）A曲线C关于原点成中心对称B当n2时，曲线C上的点到原点的距离的最小值为2C当n0时，曲线C所围成图形的面积的最小值为D当n0时，曲线C所围成图形的面积小于4三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13请写出一个函数f（x） ，使之同时具有如下性质：xR，f（x
5、）f（4x），xR，f（x+4）（x）14已知椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，直线AB过F1与椭圆交于A，B两点，当F2AB为正三角形时，该椭圆的离心率为 15已知函数f（x）的部分图象如图所示， 16如图，在33的点阵中，依次随机地选出A，B，则选出的三点满足0的概率是 四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a+c2（1）求角B的大小；（2）求ABC外接圆面积的最小值18在图1所示的平面图形ABCD中，ABD是边长为4的等边三角形，BD是ADC的平分线，M为AD的中点，以BM为折痕将ABM折起得到四棱锥
6、ABCDM（如图2）（1）设平面ABC和ADM的交线为l，在四棱锥ABCDM的棱AC上求一点N，使直线BNl；（2）若二面角ABMD的大小为60，求平面ABD和ACD所成锐二面角的余弦值19某电台举办有奖知识竞答比赛，选手答题规则相同甲每道题自己有把握独立答对的概率为，若甲自己没有把握答对，其亲友团每道题能答对的概率为p，假设每道题答对与否互不影响（）当p时，（）若甲答对了某道题，求该题是甲自己答对的概率；（）甲答了4道题，计甲答对题目的个数为随机变量X，求随机变量X的分布列和数学期望EX；（）乙答对每道题的概率为（含亲友团），现甲乙两人各答两个问题，若甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概
7、率不低于20已知函数（1）判断函数f（x）在（0，）上的单调性；（2）证明函数f（x）在（，2）内存在唯一的极值点x0，且21已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点与其右焦点F的最短距离为（1）求椭圆E的标准方程；（2）若A，B，C为椭圆E上的3个动点，且ABC的重心是O（0，0），并求这个定值22若存在常数mR，使得对于任意nN*，都有an+1man，则称数列an为Z（m）数列（1）已知数列an是公差为2的等差数列，其前n项和为Sn，若Sn为Z（1）数列，求a1的取值范围；（2）已知数列bn的各项均为正数，记bn的前n项和为Rn，数列bn2的前n项和为Tn，且3TnRn2+4Rn，nN*，若数列c
8、n满足cnbn+，且cn为Z（m）数列，求m的最大值；（3）已知正项数列dn满足：dndn+1（nN*），且数列d2k1d2k+1为Z（r）数列，数列（s）数列，若rsn中必存在无穷多项可以组成等比数列参考答案一、单项选择题（共8小题）.1已知全集UR，集合，Bx|x|1（）A1，0）B1，0）1，2）C（1，2）D（0，1）解：由图可知所求集合为AB在A中补集，AB（0，阴影部分表示的集合是（1故选：C2某个国家某种病毒传播的中期，感染人数y和时间x（单位：天）在18天里的散点图如图所示（）Aya+bxBya+bexCya+blnxD解：由图可知，图象随着x的增大而增高，结合选项，可判断ya
9、+bex最适宜作为感染人数y和时间x的回归方程故选：B3在正项等比数列an中，若a2021是a2019，a2020两项的等差中项，则q（）A1BCD1解：由题意2a2021a2019+a2020，设正项等比数列an的公比为q（q0），a20200，2q3q10，解得q（舍去）故选：A4已知向量，为单位向量，且|1+|（）ABCD解：根据题意，若|，则有|22+421，又由|，则有，则|2+|742+8+47，即|8+|；故选：D5已知zC，且|zi|1，i为虚数单位（）A2BCD解：由|zi|1，z表示的轨迹为以C（0，7为半径的圆上设P（1，0），则|z5|的最大值|CP|+1+8故选：B6
10、已知锐角，满足，则的最小值为（）A4BC8D解：因为锐角，满足，所以cos（）coscos+sinsin，令xcoscos，ysinsin，则x+y，由题意得x3，y0，则8（x+y）（）5，当且仅当xy时取等号，此时故选：C7算盘是一种手动操作计算辅助工具它起源于中国，迄今已有2600多年的历史，是中国古代的一项重要发明（如图一），共两挡，自右向左分别表示个位和十位，梁上一珠拨下，记作数字5，上拨每珠记作数字1（例如图二中算盘表示整数51）如果拨动图一算盘中的三枚算珠（）A16B15C12D10解：不选十位时，有2种（3或2），当十位选梁下选一个算珠时，有2种（12或16），当十位选梁下选两
11、个算珠时，有2种（21或25），当十位选梁上选一个算珠时，有7种（52或56），当十位选梁上选一个和梁下选一个算珠时，有2种（61或65），当十位选选三个算珠时，有2种（30或70），故不同的数字共有12个，故选：C8设双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，点P（异于顶点）在双曲线C的右支上，则下列说法正确的是（）APF1F2可能是正三角形BP到两渐近线的距离之积是定值C若PF1PF2，则PF1F2的面积为8D在PF1F2中，解：由双曲线方程可得，a3，c5，由双曲线定义可知，|PF4|PF2|+2a|PF6|，PF1F2不可能是正三角形，故A错误；设P（x2，y0），则，即，双曲线的渐近线方程
12、为4x3y5，P到两渐近线的距离之积为：为定值；由PF1PF2，得，即，解得，故C错误；设P（x8，y0），则sin，在PF1F2中，故sin，则，故D错误故选：B二、多项选择题：本题共4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，部分选对的得3分，有选错的得0分9已知正四棱台的上底面边长为1，侧棱长为2，高为，则（）A棱台的侧面积为B棱台的体积为C棱台的侧棱与底面所成的角D棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为解：对于A，易知棱台的侧面为四个全等的等腰梯形，则，下底面正方形ABCD的对角线，则下底面的边长为3，选项A正确；对于B，S上6，S下9，选
13、项B错误；对于C，棱台侧棱与底面所成的角即为A1AE，由于，故；对于D，过点E作EFAD于点F1F，则A6FE为侧面与底面所成二面角，则，选项D错误故选：AC10下列说法正确的是（）A某高中为了解在校学生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取一个容量为60的样本，已知该校高一、高二，高三年级学生之比为6：5：4，则应从高二年级中抽取20名学生B线性回归方程对应的直线至少经过其样本数据点中的一个点C命题“x0，lg（x2+1）0”的否定是“x0，lg（x2+1）0”D方差描述了一组数据围绕平均数波动的大小，方差越大，数据的离散程度越大，方差越小，数据的离散程
14、度越小解：对于A，用分层抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取一个容量为60的样本，应从高二年级中抽取的学生数为6020；对于B，由最小二乘法求得的线性回归方程，故B错误；命题“x0，lg（x3+1）0”的否定是“x7，lg（x2+1）4”，故C正确；方差是和中心偏离的程度，用来衡量一批数据的波动大小，方差越大，数据的波动越大，方差越小，即离散程度越小故选：ACD11已知圆O1：x2+y22x30和圆O2：x2+y22y10交点为A，B，则（）A圆O1和圆O2有两条公切线B直线AB的方程为xy+10C圆O2上存在两点P和Q使得|PQ|AB|D圆O1上的点到直线AB的最大距离为解：根据题意，圆O1
15、：x2+y82x32，即（x1）2+y24，其圆心为（1，半径R2，圆O2：x2+y42y14，即x2+（y1）82，其圆心为（0，半径r，依次分析选项：对于A，两圆的圆心距d2，则圆O1和圆O2有两条公切线，A正确；对于B，圆O4：x2+y24x30和圆O5：x2+y22y10，联立两个圆的方程可得xy+50，B正确；对于C，直AB的方程为xy+142的圆心，则线段AB为圆O2的直径，故|PQ|AB|；对于D，圆O7的圆心为（1，0），圆O1上的点到直线AB的最大距离为d+R2+，D正确；故选：ABD122021年3月30日，小米正式开始启用具备“超椭圆”数学之美的新logo设计师的灵感来源
16、于曲线C：|x|n+|y|n1则下列说法正确的是（）A曲线C关于原点成中心对称B当n2时，曲线C上的点到原点的距离的最小值为2C当n0时，曲线C所围成图形的面积的最小值为D当n0时，曲线C所围成图形的面积小于4解：对于A，在曲线C：|x|n+|y|n1中，以x替换x，方程不变，故A正确；对于B，当n2时n+|y|n8化为，由，当且仅当x6y4时等号成立，得，即曲线C上的点到原点的距离的最小值为2，故B正确；对于C，取n3，曲线C所围成图形的面积S，故C错误；对于D，当n6时1，则S4S5，又在第一象限的曲线为xn+yn1，S1311，则S2，故D正确故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题
17、5分，共20分13请写出一个函数f（x）cosx，使之同时具有如下性质：xR，f（x）f（4x），xR，f（x+4）（x）解：性质：xR，f（x）f（4x），性质：xR，f（x+4）f（x），考虑同时具有对称性和周期性的函数，常见的是三角函数，故f（x）cosx（答案不唯一）故答案为：cosx14已知椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，直线AB过F1与椭圆交于A，B两点，当F2AB为正三角形时，该椭圆的离心率为解：不妨设椭圆的方程为，根据椭圆定义，|AF1|2a|AF6|，|BF1|2a|BF6|，F2AB为正三角形，|AF2|BF4|，所以|AF1|BF1|，即F3为线段AB的中点，根据椭圆
18、的对称性知AB垂直于x轴设|F1F2|7c，则，因为|AF1|+|AF5|2a，即，所以故答案为：15已知函数f（x）的部分图象如图所示，2解：根据图象可得，y4cos（x+）的周期为2，所以得，所以2k+，kZ，又因为0，所以，故5故填：216如图，在33的点阵中，依次随机地选出A，B，则选出的三点满足0的概率是解：由题意可知A、B、C三点是有序的对点A可分三种情况讨论，如下图所示：（1）第一类A为5号点，若BAC180，三点共线有4条直线种；若BAC135，如点B再2号位，即确定第二号点有4种方法，此时有416种；（2）第二类A为7、3、7、3号点，不存在这样的点；（3）第三类A为2、4、
19、7、8号点，有三种情况故有（1+3+2）40种，综上所述，满足，因此，故答案为：，四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a+c2（1）求角B的大小；（2）求ABC外接圆面积的最小值解：（1）因为，所以，即，因为B（0，），所以，或，解得，或（2）由正弦定理，可得，所以ABC外接圆面积，当时，由余弦定理可得：，因为，所以，因此ABC外接圆面积的最小值当时，由勾股定理可得，因此ABC外接圆面积的最小值18在图1所示的平面图形ABCD中，ABD是边长为4的等边三角形，BD是ADC的平分线，M为AD的中点，以BM为折
20、痕将ABM折起得到四棱锥ABCDM（如图2）（1）设平面ABC和ADM的交线为l，在四棱锥ABCDM的棱AC上求一点N，使直线BNl；（2）若二面角ABMD的大小为60，求平面ABD和ACD所成锐二面角的余弦值解：（1）解法1：延长CB，DM，如图3所示，因为点A，E既在平面ABC内，所以直线AE为平面ABC与AMD的交线l，因为BD为是ADC的平分线，且BDBC，取AC中点N，连接BN，所以直线BNAE，即BNl，故N为棱AC的中点解法7：取DC的中点F，AC的中点为N，FN因为DBC为直角三角形，所以，所以BFD为等边三角形，所以MDBDBF60所以MDBF，又NF为ACD的中位线，所以A
21、DNF，因为NFBFF，ADMDD，所以平面AMD平面BNF，因为平面ABC和ADM的交线为l，平面ABC和平面BNF的交线为BN，所以直线BNl，故N为棱AC的中点评分说明：用法8可以不需要做出平面ABC和ADM的交线为l，（2）因为BMAM，BMMD，又因为AMMD，所以AMD为等边三角形，取MD的中点O为坐标原点，以OM所在直线为x轴，以OA所在直线为z轴，则D（1，0，7），所以，设平面ACD的法向量为，则，即，令，则x3，设平面ABD的法向量为，则，即，令，则a3，设平面ABD和ACD所成锐二面角的大小为，所以，所以平面ABD和ACD所成锐二面角的余弦值为19某电台举办有奖知识竞答比
22、赛，选手答题规则相同甲每道题自己有把握独立答对的概率为，若甲自己没有把握答对，其亲友团每道题能答对的概率为p，假设每道题答对与否互不影响（）当p时，（）若甲答对了某道题，求该题是甲自己答对的概率；（）甲答了4道题，计甲答对题目的个数为随机变量X，求随机变量X的分布列和数学期望EX；（）乙答对每道题的概率为（含亲友团），现甲乙两人各答两个问题，若甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率不低于解：（）（）记事件A为“甲答对了某道题”，事件B为“甲确实会做”，则P（B|A）（）X可能取值为0，2，2，3，8，甲答对某道题的概率为P（A）+，则XB（5，），P（Xk），8，2，3，8），则X的分布列
23、为： X 0 1 6 3 4 P 则E（X）6（）记事件Ai为“甲答对了i道题”，事件Bi为“乙答对了i道题”，其中甲答对某道题的概率为+（1+p）（1+p），则P（A1）（8+p）（1p4），P（A2）（1+p）2（1+p）5，P（B0），P（B1），所以甲答对题数比乙多的概率为：P（A1B0A7B0A2B7）P（A1B0）+P（A5B0）+P（A2B8）（8p2）+（7+p）2+（3+p）2（3p5+10p+7），解得p1，甲的亲友团助力的概率P的最小值为20已知函数（1）判
24、断函数f（x）在（0，）上的单调性；（2）证明函数f（x）在（，2）内存在唯一的极值点x0，且解：（1）由于，得，设g（x）xcosxsinx，其导函数g（x）xsinx，在区间（0，）上，g（x）单调递减，所以在区间（0，）上g（x）2，从而函数f（x）在（0；（2）证明：由第（1）问，在区间（，2）上，g（x）单调递增，g（7）20，所以存在唯一的x8（，2）0）8，在区间（，x0）上，f（x）0，在区间（x3，2）上，f（x）0，所以x2为函数f（x）在（，2）上的唯一极小值，其中，所以，且，由于，故21已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点与其右焦点F的最短距离为（1）求椭圆E的标准方程；（
25、2）若A，B，C为椭圆E上的3个动点，且ABC的重心是O（0，0），并求这个定值解：（1）设P（x，y）为椭圆E上的点，0）为椭圆E的右焦点，因为，所以，又axa，所以，因为，所以，所以b1，故椭圆的标准方程为（2）解法一，设A（m，B（x2，y1），C（x2，y3），因为ABC的重心是O（0，0）6+x2m，y1+y4n，又因为A（m，n）1，y1），C（x4，y2）椭圆E上的动点，所以，m2+7n22，所以，（x1x2）（x1+x2）+2（y1y2）（y6+y2）0，若x5x2，则直线BC的斜率，直线BC的方程为，化简得mx+2ny+50，所以ABC的边BC上的高，所以，所以2x7+2mx
26、+14n20，所以x7+x2m，所以，所以，若x8x2，则A为椭圆E长轴端点，不妨设，所以，所以，综上所述，ABC的面积为定值解法二：设A（m，n）6，y1），C（x2，y4），因为ABC的重心是O（0，0）6+x2m，y1+y7n，当直线BC的斜率存在时，设直线BC的方程为ykx+p，则ABC的边BC上的高，联立方程，得，消元得（1+5k2）x2+8kpx+2p260，所以，所以，所以，所以，化简得4p21+6k2，所以，当直线BC的斜率不存在时，则A为椭圆E长轴端点，此时，所以，所以，综上所述，ABC的面积为定值22若存在常数mR，使得对于任意nN*，都有an+1man，则称数列an为Z（
27、m）数列（1）已知数列an是公差为2的等差数列，其前n项和为Sn，若Sn为Z（1）数列，求a1的取值范围；（2）已知数列bn的各项均为正数，记bn的前n项和为Rn，数列bn2的前n项和为Tn，且3TnRn2+4Rn，nN*，若数列cn满足cnbn+，且cn为Z（m）数列，求m的最大值；（3）已知正项数列dn满足：dndn+1（nN*），且数列d2k1d2k+1为Z（r）数列，数列（s）数列，若rsn中必存在无穷多项可以组成等比数列解：（1）因为数列an是公差为2的等差数列，其前n项和为Sn，所以Sn，因为Sn为Z（1）数列，所以Sn+5Sn，则；所以a42n（nN*），即a13；（2）令3Tn
28、Rn2+6Rn中n1得，即，而数列bn的各项均为正数，所以b62，由3TnRn4+4Rn，可得3Tn+8Rn+12+8Rn+1，即，由bn+16可得3bn+1Rn+2+Rn+4，则3bn+8Rn+2+Rn+1+6，两式相减得3bn+25bn+1bn+2+bn+3，即bn+22bn+8，当n2时，bn+16bn，而，则，即，而b20，则b24，所以bn时首项为2，公比为2的等比数列，所以cnbn+8n+2n，而数列cn为Z（m）数列，则cn+1mcn，即8n+1+2n3m（2n+2n），所以，则，所以m的最大值为；（3）证明：因为数列d4k1d2k+8为Z（r）数列，所以rd2k1d2k+1d2k+5d2k+3，即rd4k1d2k+3；而数列为Z（s）数列，s2k+6d2k；而rs1d5，d7d6，所以sd6d8d1rssd5，则d8d6且中间每个等号都需取等，即sd6d5d1rssd5，而rs，d1d6，所以rs1，又因rd5d2，sd10d6，所以rsd10rd5rd8d9d10，则rs1，所以rs7，即d10rd5rd6d2d10，d9d10，且中间每个等号都需取等，递推得，证明完毕
