1、2021年宁夏银川二中高考数学一模试卷（文科）一、选择题（共12小题）.1若复数z（1+i）i11（i是虚数单位），则|z|（）AB1CD2已知全集UN*，集合AxZ|x4，则UA的子集个数为（）A16B15C8D73若向量，满足+，|1，则（）（）AB1CD04某校拟从甲、乙两名同学中选一人参加疫情知识问答竞赛，于是抽取了甲、乙两人最近同时参加校内竞赛的十次成绩，将统计情况绘制成如图所示的折线图根据该折线图，下面结论正确的是（）A甲、乙成绩的中位数均为7B乙的成绩的平均分为6.8C甲从第四次到第六次成绩的下降速率要大于乙从第四次到第五次的下降速率D甲的成绩的方差小于乙的成绩的方差5若x，y满
2、足，则zx+y的最大值是（）A1BC2D6若，是两个不同的平面，l，m，n是三条不同的直线，则l成立的充分不必要条件是（）Alm，ln，m，naBlm，mC，lDlm，m7易系辞上有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化、阴阳术数之源，在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上心有此图象，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数如图，若从四个阴数和五个阳数中分别随机各选取1个数组成一个两位数，则其能被3整除的概率是（）ABCD8如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，则过三点A，D1，E的截面面积等于（）A3BCD3
3、9点P在曲线y24x上，过P分别作直线x1及yx+3的垂线，垂足分别为G，H，则|PG|+|PH|的最小值为（）AB2C+1D+210函数f（x）3|sinx|+4|cosx|的图象是（）ABCD11已知a3，blnln3，cee3，其中，e分别为圆周率、自然对数的底数，则（）AabcBbcaCcbaDbac12已知从1开始的连续奇数首尾相接蛇形排列形成如图三角形数表，第i行第j列的数记为ai，j，如a3，17，a4，315，则ai，j2021时，log2（i+19）（）A54B18C9D6二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13已知等比数列an的前n项和为Sn，若a62a2，则
4、 14设函数f（x）lnxax在点（1，f（1）处的切线l平行于直线2xy+30，则l的方程是 15若，则tan（+） 16已知三棱锥SABC所有顶点都在球O的球面上，且底面ABC为等边三角形，平面SAB平面ABC，SASB若三棱锥SABC体积的最大值为，则球O的表面积为 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。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.17ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知（2a+b）sinA+（2b+a）sinB2csinC（）求C的大小；（）若
5、，求ABC周长的最大值18近年来，美国方面泛化国家安全概念，滥用国家力量，不择手段打压中国高科技企业随着贸易战的不断升级，我国内越来越多的科技巨头加大了科技研发投入的力量为了不受制于人，我国某新能源产业公司拟对智能制造行业的“工业机器人”进行科技改造和升级，根据市场调研与模拟，得到科技升级投入x（亿元）与科技升级直接受益y（亿元）的数据统计如表：序号123456789101112x2346810132122232425y1322314250565868.56867.56666当0x17时，建立了y与x的两个回归模型；模型：4.1x+11.8；模型：21.314.4当x17时，确定y与x满足的线
6、性回归方程为0.7x+a（1）根据下列表格中的数据，比较当0x17时模型、的相关指数R2的大小，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测对“工业机器人”科技升级的投入为17亿元时的直接受益回归模型模型模型回归方程4.1x+11.821.314.4182.479.2（附：刻画回归效果的相关指数R21，4.1）（2）为鼓励科技创新，当科技升级的投入不少于20亿元时，根据我国的智能制造专项政策，国家科技、工信等部门给予公司补贴5亿元，以回归方程为预测依据，比较科技升级投入17亿元与20亿元时公司实际收益的大小19如图，矩形ABCD中，AB2，BC1，E为CD的中点，把ADE沿AE翻折，使得平面ADE平
7、面ABCE（1）求证：ADBE；（2）在CD上确定一点F，使AD平面BEF；（3）求四棱锥FABCE的体积20已知椭圆C：+1（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆C上存在点M，使0（1）求椭圆C的离心率e的取值范围；（2）若椭圆C的e，F1（，0），设点P（x0，y0）（y00）在椭圆C上，点Q（t，0）在F1PF2的平分线上，求t的取值范围21已知函数f（x）aex4x，aR（1）求函数f（x）的单调区间；（2）当a1时，求证：f（x）+x2+10（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22在平面直角坐
8、标系xOy中，已知直线l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圆C的圆心为（1，0），且过点M（1，）（1）求直线l和圆C的极坐标方程；（2）a（0）的射线l与圆C相交于异于极点的点A，与直线l相交于点B，若|OB|2|OA|，求选修4-5：不等式选讲23已知函数f（x）|xa|2|x21|（1）当x（1，1）时，f（x）3，求a的取值范围；（2）若0x1，a1，求证：f（x）x参考答案一、选择题（共12小题）.1若复数z（1+i）i11（i是虚数单位），则|z|（）AB1CD解：i11（i4）2i3i，复数z（1+i）i11，z（1+i）i，z（1+i）
9、（1i）i（1i），zi，则|z|，故选：A2已知全集UN*，集合AxZ|x4，则UA的子集个数为（）A16B15C8D7解：全集UN*，集合AxZ|x4，则UAxN*|x41，2，3，所以子集个数为238故选：C3若向量，满足+，|1，则（）（）AB1CD0解：向量，满足+，|1，（）（）（+）（）0故选：D4某校拟从甲、乙两名同学中选一人参加疫情知识问答竞赛，于是抽取了甲、乙两人最近同时参加校内竞赛的十次成绩，将统计情况绘制成如图所示的折线图根据该折线图，下面结论正确的是（）A甲、乙成绩的中位数均为7B乙的成绩的平均分为6.8C甲从第四次到第六次成绩的下降速率要大于乙从第四次到第五次的下降
10、速率D甲的成绩的方差小于乙的成绩的方差解：在A中，将乙十次的成绩从小到大排列，为2，4，6，7，7，8，8，9，9，10，中位数为，故A错误；在B中，乙的成绩的平均分为：（2+4+6+7+7+8+8+9+9+10）7，故B错误；在C中，从折线图可以看出甲第6次所对应的点与乙第4次和第5次所对应的点均在同一条直线上，故下降速率相同，故C错误；在D中，从折线图可以看出，乙的成绩比甲的成绩波动更大，甲的成绩的方差小于乙的成绩的方差，故D正确故选：D5若x，y满足，则zx+y的最大值是（）A1BC2D解：由x，y满足作出可行域如图，联立，解得：A（，）化目标函数zx+y为yx+z，由图可知，当直线yx
11、+z过A时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为故选：B6若，是两个不同的平面，l，m，n是三条不同的直线，则l成立的充分不必要条件是（）Alm，ln，m，naBlm，mC，lDlm，m解：A：根据面面垂直的判定，当直线m，n相交时，l，A错误B：当lm，m时，直线l与平面可能平行，B错误C：当，l时，直线l与平面可能平行，也可能在平面内，C 错误D：当lm，m时，根据两条平行线中的一条与平面垂直，则另一条也和这个平面垂直，l，但反之不一定成立，D正确故选：D7易系辞上有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化、阴阳术数之源，在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上心有此图象，结构是戴九履一，
12、左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数如图，若从四个阴数和五个阳数中分别随机各选取1个数组成一个两位数，则其能被3整除的概率是（）ABCD解：从四个阴数和五个阳数中分别随机各选取1个数组成一个两位数的个数为40，其中能被3整除的两位数的个数为12，18，36，54，72，78，96，组成14个两位数，所以所求概率为P故选：C8如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，则过三点A，D1，E的截面面积等于（）A3BCD3解：取BC的中点F，连接EF，AF，则EFAD1，所以平面AD1EF为所求截面，EF，AD12，AF，所以梯形的高为：
13、，过三点A，D1，E的截面面积：故选：C9点P在曲线y24x上，过P分别作直线x1及yx+3的垂线，垂足分别为G，H，则|PG|+|PH|的最小值为（）AB2C+1D+2解：y24x的焦点F（1，0），准线方程为x1，可得|PG|PF|，|PG|+|PH|PF|+|PH|，当F，P，H三点共线时，|PF|+|PH|取得最小值，则F到直线xy+30的距离为d2，则|PG|+|PH|的最小值为2故选：B10函数f（x）3|sinx|+4|cosx|的图象是（）ABCD解：由f（0）3|sin0|+4|cos0|4，可排除选项B，由f（）3|sin|+4|cos|3，可排除选项D，由f（）3sin|
14、+4cos|4，可排除选项C，故选：A11已知a3，blnln3，cee3，其中，e分别为圆周率、自然对数的底数，则（）AabcBbcaCcbaDbac解：设f（x）xlnx，则f（x），f（x）在（1，+）上单调递增，f（）f（3），ln3ln3，3lnln3，即ab，设g（x）exx，则g（x）ex1，g（x）在（0，+）上单调递增，g（）g（3），ee33，ee33，即ca，cab，故选：D12已知从1开始的连续奇数首尾相接蛇形排列形成如图三角形数表，第i行第j列的数记为ai，j，如a3，17，a4，315，则ai，j2021时，log2（i+19）（）A54B18C9D6解：奇数构成的
15、数阵，令2n12021，解得n1011，故2021是数阵中的第1011个数，第1行到第i行一共有1+2+3+i个奇数，则第1行到第44行末一共有990个奇数，第1行到第45行末一共有1035个数，所以2021位于第45行，又第45行是从左到右依次递增，且共有45个奇数，所以2021位于第45行，从左到右第21列，所以i45，j21，则log2（i+19）故选：A二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13已知等比数列an的前n项和为Sn，若a62a2，则解：因为数列an是等比数列，设其公比为q所以q42，所以q1，所以故填：14设函数f（x）lnxax在点（1，f（1）处的切线l平行
16、于直线2xy+30，则l的方程是2xy10解：由f（x）lnxax，得f（x）a，则f（1）1a，由题意可得，1a2，即a1f（1）ln1+11，直线l的方程为y12（x1），即2xy10故答案为：2xy1015若，则tan（+）2+解：因为，则tan，所以tan（+）2+故答案为：2+16已知三棱锥SABC所有顶点都在球O的球面上，且底面ABC为等边三角形，平面SAB平面ABC，SASB若三棱锥SABC体积的最大值为，则球O的表面积为12解：设AB的中点为O1，则O1为RtSAB外接圆的圆心，由已知可得CO1平面SAB，等边ABC外接圆的圆心即为外接球的球心O，设AB2x，则，三棱锥SABC
17、高的最大值为x，所以VSABC的最大值为，解得，所以球O的半径，所以球O的表面积为12，故答案为：12三、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。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.17ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知（2a+b）sinA+（2b+a）sinB2csinC（）求C的大小；（）若，求ABC周长的最大值解：（）ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，（2a+b）sinA+（2b+a）sinB2csinC由已知，得，即a2+b2c2ab，由0C，
18、（），a2sinA，b2sinB设周长为l，则，22sin（A+）+2+，ABC周长的最大值为18近年来，美国方面泛化国家安全概念，滥用国家力量，不择手段打压中国高科技企业随着贸易战的不断升级，我国内越来越多的科技巨头加大了科技研发投入的力量为了不受制于人，我国某新能源产业公司拟对智能制造行业的“工业机器人”进行科技改造和升级，根据市场调研与模拟，得到科技升级投入x（亿元）与科技升级直接受益y（亿元）的数据统计如表：序号123456789101112x2346810132122232425y1322314250565868.56867.56666当0x17时，建立了y与x的两个回归模型；模型：
19、4.1x+11.8；模型：21.314.4当x17时，确定y与x满足的线性回归方程为0.7x+a（1）根据下列表格中的数据，比较当0x17时模型、的相关指数R2的大小，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测对“工业机器人”科技升级的投入为17亿元时的直接受益回归模型模型模型回归方程4.1x+11.821.314.4182.479.2（附：刻画回归效果的相关指数R21，4.1）（2）为鼓励科技创新，当科技升级的投入不少于20亿元时，根据我国的智能制造专项政策，国家科技、工信等部门给予公司补贴5亿元，以回归方程为预测依据，比较科技升级投入17亿元与20亿元时公司实际收益的大小解：（1）由表格中的数
20、据，182.479.2，所以，故，可见模型的相关指数R12小于模型的相关指数R22，所以回归模型的拟合效果更好，所以当x17亿元时，科技升级直接收益的预测值为：21.314.421.34.114.472.93亿元；（2）当x18时，由已知可得，所以67.2+0.72383.3，所以当x17时，y与x的线性回归方程为0.7x+83.3，当x20时，科技升级直接收益的预测值为0.720+83.369.3亿元，当x20亿元时，实际收益的预测值为69.3+574.3亿元72.93亿元，所以技术升级投入20亿元时，公司的实际收益更大19如图，矩形ABCD中，AB2，BC1，E为CD的中点，把ADE沿AE
21、翻折，使得平面ADE平面ABCE（1）求证：ADBE；（2）在CD上确定一点F，使AD平面BEF；（3）求四棱锥FABCE的体积【解答】（1）证明：平面ADE平面ABCE，平面ADE平面ABCEAE，又由已知可得AEBE，AB2，BEAE，则BE平面DAE，AD平面DAE，BEAD，故ADBE；（2）连接AC交BE于G，则，在线段CD上取CD的三等分点F（靠近C），连接FG，则，可得ADFG，而AD平面BEF，FG平面BEF，则AD平面BEF；（3）取AE中点O，连接DO，则DOAE，又平面ADE平面ABCE，且平面ADE平面ABCEAE，DO平面ABCE，在RtADE中，可得DO，F为CD的
22、三等分点F（靠近C），F到平面ABCE的距离为可得四棱锥FABCE的体积为20已知椭圆C：+1（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆C上存在点M，使0（1）求椭圆C的离心率e的取值范围；（2）若椭圆C的e，F1（，0），设点P（x0，y0）（y00）在椭圆C上，点Q（t，0）在F1PF2的平分线上，求t的取值范围解：（1）因为椭圆上总存在点M满足0，所以以原点为圆心，半焦距c为半径的圆与椭圆总有交点，所以cb，所以c2b2a2c2，所以2c2a2，即e2，又e1，所以e1，所以离心率的取值范围为，1）（2）因为椭圆C的e，F1（，0），所以c，a2，所以b2a2c21，所以椭圆的方程为+
23、y21，因为点P（x0，y0），且点Q（t，0）在F1PF2的角平分线上，所以，所以1，因为ac|PF2|a+c，即2|PF2|2+，设|PF2|x，y，则y1，x（2，2+），所以y1（1，1），即y1（74，7+4），所以（74，7+4），因为点Q在线段F1F2上，所以t，所以（74）（t）t+（7+4）（t），所以t，所以t的取值范围为（，）21已知函数f（x）aex4x，aR（1）求函数f（x）的单调区间；（2）当a1时，求证：f（x）+x2+10【解答】（1）解：f（x）aex4，当a0时，f（x）0，f（x）在R上单调递减；当a0时，令f（x）0，可得xln，令f（x）0，可得xl
24、n，所以f（x）在（，ln）上单调递减，在（ln，+）上单调递增（2）证明：当a1时，f（x）ex4x，令g（x）f（x）+x2+1ex4x+x2+1，g（x）ex4+2x，g（x）ex+20恒成立，所以g（x）在R上单调递增，g（0）30，g（1）e20，由零点存在性定理可得存在x0（0，1），使得g（x0）0，即4+2x00，当x（，x0）时，g（x）0，g（x）单调递减，当x（x0，+）时，g（x）0，g（x）单调递增，所以g（x）ming（x0）4x0+x02+142x04x0+x02+1x026x0+5，x0（0，1），由二次函数性质可得g（x）ming（1）0，所以g（x）0，即f
25、（x）+x2+10，得证（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22在平面直角坐标系xOy中，已知直线l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圆C的圆心为（1，0），且过点M（1，）（1）求直线l和圆C的极坐标方程；（2）a（0）的射线l与圆C相交于异于极点的点A，与直线l相交于点B，若|OB|2|OA|，求解：（1）已知直线l的参数方程为（t为参数），转换为直角坐标方程为x+y40，根据，转换为极坐标方程为cos+sin40圆C的圆心为（1，0），且过点M（1，），转换为直
26、角坐标方程为（x1）2+y21，根据转换为极坐标方程为2cos（2）（0）的射线l与圆C相交于异于极点的点A，所以A（2cos，），与直线l相交于点B，所以B（），由于|OB|2|OA|，所以，整理得：2cos2+2sincos2，整理得，所以选修4-5：不等式选讲23已知函数f（x）|xa|2|x21|（1）当x（1，1）时，f（x）3，求a的取值范围；（2）若0x1，a1，求证：f（x）x【解答】（1）解：当x（1，1）时，f（x）3，等价于|xa|2（1x2）3，即|xa|52x2，所以2x2+x5a2x2+x+5，因为2x2+x52（x+）2，x（1，1），所以2x2+x52，因为2x2+x+52（x）2+，x（1，1），所以22x2+x+5，所以2a2，即实数a的取值范围是2，2（2）证明：若0x1，a1，则xa0，x210，所以f（x）2x2x+a2，则f（x）x2x22x+a22（x）2+a，因为0x1，所以f（x）xa，所以（a）a+3a2+（a1），因为a1，所以a10，所以+（a1）22，当且仅当（a1），即a2时等号成立，所以2+（a1）0，即af（x）x，所以f（x）x，得证