1、高考资源网（） 您身边的高考专家2021年安徽省池州市高考数学质量统一监测试卷（理科）（一模）一、选择题（共12小题）.1已知集合Ax|（x+2）（x2）0，Bx|x1，则AB（）AB（1，2C1，2D2，+）2已知复数z满足（z1）i1+i，则复数z在复平面内对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3已知数列an为等比数列，其前n项和为Sn，且Sn5na，则a（）A5B5C1D14古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：将一线段MN分为两线段MG，GN，使得其中较长的一段MG是全长MN与另一段GN的比例中项，即满足0.618，后人把这个数称为
2、“黄金分割”数，把点G称为线段MN的“黄金分割”点如图，在正方形ABCD中，E，F是线段AB的两个“黄金分割”点在矩形ABCD内任取一点M，则该点落在DEF内的概率为（）ABCD25已知，则（）ABCD6设函数f（x）满足对xR，都有f（4x）f（x），且在（2，+）上单调递增，f（4）0，g（x）x4，则函数yf（x+2）g（x）的大致图象可能是（）ABCD7在（x+1）3+（x+1）4+（x+1）5+（x+1）6+（x+1）7展开式中x2的系数是（）A45B53C54D558某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是等腰直角三角形，俯视图是边长为2的正方形，则该几何体的体积等于（）A8B
3、CD92020年12月17日，嫦娥五号返回器携带1731克月球土壤样品在内蒙古四王子旗预定区域安全着陆，至此我国成为世界上第三个从月球取回土壤的国家某科研所共有A、B、C、D、E、F六位地质学家，他们全部应邀去甲、乙、丙三所不同的中学开展月球土壤有关知识的科普活动，要求每所中学至少有一名地质学家，其中地质学家A被安排到甲中学，则共有多少种不同的派遣方法？（）A180B162C160D12610e3，3e，3，3的大小关系是（注：e2.71828为自然对数的底数）（）A333ee3B33e33eC333ee3D33e33e11已知ABC的一内角A，ABAC，O为ABC所在平面上一点，满足|OA|
4、OB|OC|，设，则m+n的值为（）ABCD12已知直线l：yx+3与x轴的交点为A（3，0），P是直线l上任一点，过点P作圆E：（x1）2+y24的两条切线，设切点分别为C、D，M是线段CD的中点，则|AM|的最大值为（）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13若实数x，y满足约束条件，则z2x+y的取值范围是 14已知点P是抛物线y28x上动点，F是抛物线的焦点，点A的坐标为（4，1），则|PA|+|PF|的最小值为 15如图，在平面四边形ABCD中，ADBD，DAB60，DCB120，AD1，将ABD沿着BD折起，使得二面角ABDC为直二面角，当三棱锥ABCD体积最大
5、时，三棱锥ABCD的外接球的表面积为 16已知数列an是以为首项，以为公差的等差数列，则数列1+tanan+1tanan前2021项和为 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。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已知函数f（x）Asin（x+）（A0，0，|）的部分图象如图所示（）求函数f（x）的函数解析式（）在ABC中，角A为三角形内角且f（A）1，D在边BC上，AD是BAC的角平分线，AB1，AC3，求AD的长度18如图，P在平面ABC上的投影为点C，ACBC，AB2PC，D、O分别为线段
6、PA、AB的中点，PO与BD交于点E，F是PC上的一个点（）若EF平面ABC，求的值；（）若PFFC，AB2CB，求二面角FBEC的正弦值192020年新冠来袭！我国迅速应对，彰显“中国速度”5月武汉进行全民筛查新冠“大会战”，首个将“混检”用于大型筛查的城市，从而很大程度上提高了检测的速度，同时也降低了成本“混检”就是例如将采集的5支拭子集合于1个采集管中进行核酸检测，如果呈阳性再逐个检测，直到能确定阳性拭子为止；如果呈阴性则说明这5个样本都不携带病毒，也称为“5合1混”检测技术；后来有些城市采用“10合1混”检测技术现采集了7支拭子，已知其中有1支拭子是阳性，需要通过检测来确定哪一个拭子呈
7、阳性下面有两种检测方法：方案一：逐个检测，直到能确定阳性拭子为止；方案二：采用“5合1混”检测技术，若检测为阴性，则在另外2支拭子中任取1支检测（）表示依方案一所需检测次数，求的分布列和期望（）求依方案一所需检测次数不少于依方案二所需检测次数的概率20已知椭圆E：的离心率为，F1、F2分别为E的左、右焦点，P为E上的一点且PF2，垂直x轴，|PF2|（）求椭圆E的方程；（）过椭圆E的上顶点A作两条斜率之积为1的直线l1、l2，它们与椭圆的另一个交点分别为M、N，求证：直线MN恒经过一个定点21已知函数f（x）aexx1，g（x）ex+1a，aR（）若对任意x0，都有f（x）0，求a的范围；（）
8、求证：对任意x0及任意0a1，都有g（x）0（二）选考题：共10分。请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。选修4-4：坐标系与参数方程22在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为2（）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（）已知点，若直线l与曲线C相交于不同的两点A、B，求的值选修4-5：不等式选讲23已知函数f（x）|xa|+|x+2|（aR）（）当a0时，解不等式f（x）3x+4；（）已知a0，b0，f（x）的最小值为m，且m+b4，求的最小值参考答案一、选择题（每小
9、题5分）.1已知集合Ax|（x+2）（x2）0，Bx|x1，则AB（）AB（1，2C1，2D2，+）解：集合Ax|（x+2）（x2）0x|2x2，Bx|x1，ABx|1x2（1，2故选：B2已知复数z满足（z1）i1+i，则复数z在复平面内对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限解：由（z1）i1+i，得z1，z2i，复数z在复平面内对应的点的坐标为（2，1），位于第四象限故选：D3已知数列an为等比数列，其前n项和为Sn，且Sn5na，则a（）A5B5C1D1解：根据题意，数列an为等比数列，且Sn5na，则a1S15a，a2S2S120，a3S3S2100，则有（5a）10
10、0202，解可得a1，故选：C4古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：将一线段MN分为两线段MG，GN，使得其中较长的一段MG是全长MN与另一段GN的比例中项，即满足0.618，后人把这个数称为“黄金分割”数，把点G称为线段MN的“黄金分割”点如图，在正方形ABCD中，E，F是线段AB的两个“黄金分割”点在矩形ABCD内任取一点M，则该点落在DEF内的概率为（）ABCD2解：设正方形ABCD的边长为1，则，所求的概率为故选：C5已知，则（）ABCD解：因为，所以cos（）sin（+）cos（）sin（+）sin（）cos2故选：C6设函数f（x）满足对xR，
11、都有f（4x）f（x），且在（2，+）上单调递增，f（4）0，g（x）x4，则函数yf（x+2）g（x）的大致图象可能是（）ABCD解：函数f（x）满足对xR，都有f（4x）f（x），f（x）的对称轴为x2，在（2，+）上单调递增，f（4）0，f（x+2）关于y轴对称，在（0，+）上单调递增，且当x2时，f（2+2）0，设h（x）f（x+2），则h（x）为偶函数，且在（0，+）上单调递增，且h（2）0，不妨设h（x）|x|2，则yf（x+2）g（x）（|x|2）x2，则函数为偶函数，图象关于y轴对称，排除A，D，当x2时，y0，排除C，故选：B7在（x+1）3+（x+1）4+（x+1）5+（x
12、+1）6+（x+1）7展开式中x2的系数是（）A45B53C54D55解：在（x+1）3+（x+1）4+（x+1）5+（x+1）6+（x+1）7（1+x）3+（1+x）4+（1+x）5+（1+x）6+（1+x）7的展开式中，x2的系数是+55，故选：D8某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是等腰直角三角形，俯视图是边长为2的正方形，则该几何体的体积等于（）A8BCD解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥体ABCD如图所示：故故选：D92020年12月17日，嫦娥五号返回器携带1731克月球土壤样品在内蒙古四王子旗预定区域安全着陆，至此我国成为世界上第三个从月球取回土壤的国
13、家某科研所共有A、B、C、D、E、F六位地质学家，他们全部应邀去甲、乙、丙三所不同的中学开展月球土壤有关知识的科普活动，要求每所中学至少有一名地质学家，其中地质学家A被安排到甲中学，则共有多少种不同的派遣方法？（）A180B162C160D126解：根据题意，分2步进行分析：将A、B、C、D、E、F六位地质学家分为3组，若分为1、1、4的三组，有C6415种分组方法，若分为1、2、3的三组，有C63C3260种分组方法，若分为2、2、2的三组，有15种分组方法，则共有15+60+1590种分组方法，将A所在的组安排到甲学校，剩下的2组安排到其他两个学校，有2种安排方法，则有902180种安排方
14、法，故选：A10e3，3e，3，3的大小关系是（注：e2.71828为自然对数的底数）（）A333ee3B33e33eC333ee3D33e33e解：e2.718283.14159，e33，3e3，构造函数f（x）xelnx，f（e）eelne0，f（x）1，当xe时，f（x）0，f（x）xelnx是增函数，f（3）3eln30，3eln3ln3e，e33e，33e33e故选：B11已知ABC的一内角A，ABAC，O为ABC所在平面上一点，满足|OA|OB|OC|，设，则m+n的值为（）ABCD解：由|OA|OB|OC|知，O为ABC外接圆的圆心，过O作OEAB，OFAC，如图所示：设ABAC
15、a，B，O，D三点共线，故选：A12已知直线l：yx+3与x轴的交点为A（3，0），P是直线l上任一点，过点P作圆E：（x1）2+y24的两条切线，设切点分别为C、D，M是线段CD的中点，则|AM|的最大值为（）ABCD解：由题意得E（1，0），半径r2以EP为直径的圆的方程为x2+y2x0xy0y0，由题意得EDDP，ECCP，所以C，D在以EP为直径的圆上，联立，两个方程相减得（2x0）xy0y+30为直线CD的方程，因为M为CD的中点，所以在以EP为直径的圆中，M为弦CD的中点，所以EMCD，所以直线EM的方程为y（x1），因为P在l上，故y0x0+3，联立，得（x）2，所以M的轨迹是以
16、（）为圆心，以为半径的圆，点A（3，0）到圆心的距离d，故3故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13若实数x，y满足约束条件，则z2x+y的取值范围是6，6解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得A（2，2），联立，解得B（4，2），作出直线2x+y0，由图可知，平移直线2x+y0至A时，z2x+y有最小值为6；平移直线2x+y0至B时，z2x+y有最大值为6z2x+y的取值范围是6，6故答案为：6，614已知点P是抛物线y28x上动点，F是抛物线的焦点，点A的坐标为（4，1），则|PA|+|PF|的最小值为6解：由题意可得F（2，0 ），准线方程为 x2，作PM准线l，M
17、为垂足，由抛物线的定义可得|PA|+|PF|PA|+|PM|，故当P，A，M三点共线时，|PA|+|PM|最小为|AM|4（2）6，所以：|PA|+|PF|的最小值是6故答案为：615如图，在平面四边形ABCD中，ADBD，DAB60，DCB120，AD1，将ABD沿着BD折起，使得二面角ABDC为直二面角，当三棱锥ABCD体积最大时，三棱锥ABCD的外接球的表面积为5解：在平面四边形ABCD中，ADBD，DAB60，DCB120，AD1，将ABD沿着BD折起，使得二面角ABDC为直二面角，当三棱锥ABCD体积最大时，C到BD的距离取得最大值，此时三角形BCD是等腰三角形，由题意可得BD，AB
18、2，BCD的外接圆的半径为：r，2r，可得r1，F为BD的中点，CF，几何体的外接球的球心为O，OEAB，E为AB的中点，AE1，OEO1F，外接球的半径R，所以外接球的表面积为：4R25故答案为：516已知数列an是以为首项，以为公差的等差数列，则数列1+tanan+1tanan前2021项和为22解：由题设可得：an+（n1），1+tanan+1tanan（tanan+1tanan）tan（an+1an）tanan+1tanan，设数列1+tanan+1tanan前n项和为Sn，则S2021（tana2tana1）+（tana3tana2）+（tana2022tana2021）tana20
19、22tana1tantantan（505+）tantantan（）tantan（+）22故答案为：22三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。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已知函数f（x）Asin（x+）（A0，0，|）的部分图象如图所示（）求函数f（x）的函数解析式（）在ABC中，角A为三角形内角且f（A）1，D在边BC上，AD是BAC的角平分线，AB1，AC3，求AD的长度解：（）根据函数f（x）的图象，可得A2，2再结合五点法作图可得，2+，f（x）2sin（2x+）（）在ABC中，
20、角A为三角形内角且f（A）2sin（2A+）1，由A为三角形内角得2A+，即A，AD是BAC的角平分线，AB1，AC3，由余弦定理得cosBAC，解得BC，由余弦定理得cosB，故sinB，sinADBsin（），ABD中，由正弦定理得，AD18如图，P在平面ABC上的投影为点C，ACBC，AB2PC，D、O分别为线段PA、AB的中点，PO与BD交于点E，F是PC上的一个点（）若EF平面ABC，求的值；（）若PFFC，AB2CB，求二面角FBEC的正弦值解：（）连结EF，CO，因为D，O分别为线段PA，AB的中点，所以BD和PO的交点E为PAB的重心，所以，又因为EF平面ABC，EF平面PCO
21、，平面PCO平面ABCCO，所以EFCO，故；（）设BC2，则AB4，PC2，CF1，连结BF，以点C为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则F（0，0，1），B（0，2，0），C（0，0，0），所以，设平面FBE的法向量为，则有，令y1，则z2，x0，故，因为，设平面CBE的法向量为，则有，令a1，则，故，所以，所以二面角FBEC的正弦值为192020年新冠来袭！我国迅速应对，彰显“中国速度”5月武汉进行全民筛查新冠“大会战”，首个将“混检”用于大型筛查的城市，从而很大程度上提高了检测的速度，同时也降低了成本“混检”就是例如将采集的5支拭子集合于1个采集管中进行核酸检测，如果呈阳性再逐个检
22、测，直到能确定阳性拭子为止；如果呈阴性则说明这5个样本都不携带病毒，也称为“5合1混”检测技术；后来有些城市采用“10合1混”检测技术现采集了7支拭子，已知其中有1支拭子是阳性，需要通过检测来确定哪一个拭子呈阳性下面有两种检测方法：方案一：逐个检测，直到能确定阳性拭子为止；方案二：采用“5合1混”检测技术，若检测为阴性，则在另外2支拭子中任取1支检测（）表示依方案一所需检测次数，求的分布列和期望（）求依方案一所需检测次数不少于依方案二所需检测次数的概率解：（）方案一中检测次数的可能取值为1，2，3，4，5，6，当1，2，3，4，5时，P；当6时，P，所以的分布列为： 123456P 的数学期望
23、为E（）12+3+4+5+6；（）方案二中化验次数X的可能取值为2，3，4，5，所以P（X2）+，P（X3），P（X4），P（X5），方案一所检测的次数不少于方案二的概率为：PP（2）P（X2）+P（3）P（X2）+P（X3）+P（4）P（X2）+P（X3）+P（X4）+P（5）+P（6）20已知椭圆E：的离心率为，F1、F2分别为E的左、右焦点，P为E上的一点且PF2，垂直x轴，|PF2|（）求椭圆E的方程；（）过椭圆E的上顶点A作两条斜率之积为1的直线l1、l2，它们与椭圆的另一个交点分别为M、N，求证：直线MN恒经过一个定点解：（）因为椭圆离心率为，所以e，又PF2x轴，|PF2|，所以
24、xPc，代入椭圆的方程得+1，所以yP，所以，又因为a2b2+c2，由，解得a24，b21，c23，所以椭圆E的方程为+y21（）证明：设直线l1的方程为ykx+1，直线l2的方程为yx+1，设M，N点的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），由得（1+4k2）x2+8kx0，解得x1，y1，即M（，），用替代M坐标中的k，从而可得N点坐标为（，），则直线MN的斜率为kMN，所以直线MN的方程为y（x），化简得yx，所以直线MN恒过定点A（0，）21已知函数f（x）aexx1，g（x）ex+1a，aR（）若对任意x0，都有f（x）0，求a的范围；（）求证：对任意x0及任意0a1，都有g（x）
25、0解：（）对任意x0，都有f（x）0，即x0，都有aexx10，则只需a，令h（x），则h（x）0，故h（x）在（0，+）单调递减，则h（x）h（0）1，故a1，所以a的取值范围为（，1；（）证明：x0时，yex+1a关于a单调递减，yax关于a单调递增，y关于a单调递增，故g（x）关于a单调递减，而0a1，故g（x）exx，由（）可知exx2+x+1，故g（x）exxx2+x+1x+0，故对任意x0及任意0a1，都有g（x）0（二）选考题：共10分。请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。选修4-4：坐标系与参数方程22在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t
26、为参数），以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为2（）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（）已知点，若直线l与曲线C相交于不同的两点A、B，求的值解：（）直线l的参数方程为（t为参数），转换为普通方程为曲线C的极坐标方程为2，根据2x2+y2，转换为直角坐标方程为x2+y24（）把直线l的参数方程为（t为参数），代入x2+y24，得到t2+3t10，所以t1+t23，t1t21，所以选修4-5：不等式选讲23已知函数f（x）|xa|+|x+2|（aR）（）当a0时，解不等式f（x）3x+4；（）已知a0，b0，f（x）的最小值为m，且m+b4，求的最小值【解答】解；（1）当a0时，f（x）|x|+|x+2|，当x2时，f（x）x（x+2）3x+4，x，x2，当2x0时，f（x）x+x+23x+4，x，2x，当x0时，f（x）x+x+23x+4，x2，无解，综上：不等式的解集为（，）（2）f（x）|xa|+|x+2|ax+x+2|a+2|，a0，f（x）|a+2|a+2，当且仅当2xa时取等号，又f（x）的最小值为m，ma+2，a+b2，a+（b+1）3，a0，b0，+（+）a+（b+1）（+2）（2+2），当且仅当时取等号，所以+的最小值为- 22 - 版权所有高考资源网
