1、绝密启用前2021年安徽省太和中学高考数学押题试卷（文科）学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1. 设全集，集合，则A. B. C. D. 2. 命题“， ”的否定形式是A. ， B. ， C. ， 或D. ， 或3. 已知， ，对，且，恒有，则实数a的取值范围是A. B. C. D. 4. 己知函数满足当时， ，且当时， ；当时， 且若函数的图象上关于原点对称的点恰好有3对，则a的取值范围是A. B. C. D. 5. 在锐角中，A,B,C分别为三边所对的角若，且满足关系式，则的取值范围是A. B. C. D. 6. 面积为2的中，E ，F 分别是，
2、的中点，点P 在直线上，则的最小值是A. B. C. D. 7. 设函数，则A. 有极大值且为最大值B. 有极小值，但无最小值C. 若方程恰有3个实根，则D. 若方程恰有一个实根，则8. 函数的图象大致为A. B. C. D. 9. 已知， ，且，则A. B. 1C. D. 10. 设a为常数，函数给出以下结论：若，则在区间上有唯一零点；若，则存在实数，当时， ；若，则当时， 其中正确结论的个数是A. 0B. 1C. 2D. 311. 已知设函数若关于x的不等式在R上恒成立，则a的取值范围为A. B. C. D. 12. 已知函数， 在区间上有且仅有2个零点，对于下列4个结论：在区间上存在，
3、，满足； 在区间有且仅有1个最大值点；在区间上单调递增；的取值范围是，其中所有正确结论的编号是A. B. C. D. 二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知实数x，y满足不等式组，若目标函数取得最大值时的唯一最优解是，则实数a的取值范围为_14. 已知向量， ，若，则向量， 的夹角的余弦值为_15. 已知，若方程有2个不同的实根，则实数m的取值范围是_16. 已知a，b，c分别为的三个内角A，B，C的对边， 且，则面积的最大值为_三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 已知正项数列的首项，前n项和满足（1）求数列的通项公式；（2）记数列的前n项和为，若对任意的，不等式
4、恒成立，求实数a的取值范围18. 为了解某品种一批树苗生长情况，在该批树苗中随机抽取了容量为120的样本，测量树苗高度（单位： ），经统计，其高度均在区间内，将其按， ， ， ， ， 分成6组，制成如图所示的频率分布直方图其中高度为及以上的树苗为优质树苗（19. （1）求图中a的值，并估计这批树苗高度的中位数和平均数（同一组数据用该组区间的中点值作代表）；20. （2）已知所抽取的这120棵树苗来自于AB两个试验区，部分数据如列联表：将列联表补充完整，并判断是否有的把握认为优质树苗与A，B两个试验区有关系，并说明理由A试验区B试验区合计优质树苗20非优质树苗60合计参考数据：参考公式： ，其中
5、21. 已知四棱柱的底面ABCD是边长为2的菱形， ， ， ，点M是棱的中点（）求证： 平面BMD；（）求点到平面的距离22. 已知函数， （）讨论的单调区间；（）当时，证明： 23. 已知椭圆M： 的左、右焦点分别为和，P为M上的任意一点， ，且该椭圆的短轴长等于焦距（1）求椭圆M的标准方程；（2）已知点R，Q是M上关于原点O对称的两点，过M的左顶点A作直线l交椭圆M于另一点B，交y轴于点C，且，判断是否为定值若是，求出该值；若不是，请说明理由24. 在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C： ，直线l的参数方程为： （t为参数），直线l与曲线C分别交于M，N
6、两点（1）写出曲线C和直线l的普通方程；（2）若点，求的值25. 已知函数（1）求不等式的解集；（2）若函数图象的最低点为，正数a，b满足，求的取值范围答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查集合的补集运算，涉及分式不等式的解集，属于基础题先化简A，再由补集的定义，求得【解答】解：因为集合或，所以故选B2.【答案】D【解析】【分析】本题考查命题的否定，属于基础题直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可【解答】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“，”的否定形式是：，或故选D3.【答案】B【解析】【分析】本题考查不等式恒成立问题，方法是利用导数求函数的最值，构造函数是解题
7、的关键【解答】解：依题意，得，且，所以，则在上单调递增，令，则恒成立，即，令，则，当时，；当时，故，所以，故选B4.【答案】C【解析】【分析】本题考查函数的性质，考查分段函数以及对数函数，属于中档题当时，同理画出的图像，再根据对数函数的特点即得答案【解答】解：由当时，当时，当时，得到时，的函数图形如下，当时，函数的图象上关于原点对称的点恰好有1对，所以，关于原点的对称图象如上图，函数的图象上关于原点对称的点恰好有3对，结合函数图象可得，得到，故答案为C5.【答案】D【解析】【分析】本题考查正弦、余弦定理的应用，考查辅助角公式，考查了函数的图象与性质，属于较难题由得，从而求得B的值，化简，即可求
8、出b的值；利用求得，且，再利用三角恒等变换求的取值范围【解答】解：，则，；由余弦定理得，由正弦定理得，解得；，在锐角中，由，得，由，可得；，由，得，的取值范围是故选D6.【答案】D【解析】【分析】本题考查了向量坐标运算、向量共线定理、数量积运算性质、余弦定理、基本不等式的性质、导数的应用，考查了推理能力与计算能力，属于难题根据的面积为2，可得的面积，从而可得，故，由余弦定理，有：，进而可得从而，利用导数，可得最大值为，从可得的最小值【解答】解：E、F是AB、AC的中点，EF到BC的距离=点A到BC的距离的一半，的面积的面积，而的面积，的面积，又的面积，由余弦定理，有：显然，BP、CP都是正数，
9、令，则，令，则，此时函数在上单调增，在上单调减，时，取得最大值为的最小值为故选D7.【答案】C【解析】【分析】本题考查了导数的综合应用，考查了数形结合思想和推理能力，属于中档题求导后求出函数的单调区间，再根据当时，；、，画出函数图象草图后数形结合逐项判断即可得解【解答】解：，当时，函数单调递增；当时，函数单调递减；当时，再由，可画出函数图象草图，如图，由图象可知，为函数的极大值但不是最大值，故A错误；为函数的极小值，且为最小值，故B错误；若要使有3个实根，则要使函数的图象与函数的图象有3个交点，则，故C正确；若要使恰有一个实根，则要使函数的图象与函数的图象仅有1个交点，则或，故D错误故选C8.
10、【答案】A【解析】分析：根据函数的奇偶性排除B，再根据函数的单调性排除C、D，问题得于解决解：函数是偶函数，关于y轴对称，故排除B，令，恒成立，在R上单调递增，故排除D，当时，单调递增，故当，单调递减，故排除C故选：A点评：本题考查了函数图像识别和应用，考查了导数和函数单调性的关系，属于中档题9.【答案】A【解析】【分析】本题考查二倍角公式、两角和与差的三角函数及诱导公式的应用，依题意，由得，所以，从而得，进而可求的值【解答】解：由，即，得，又，所以，即，则，故选A10.【答案】D【解析】【分析】本题考查函数的解析式、函数值、函数的零点以及利用导数解决函数的单调性，属于较难题【解答】解：，当时
11、，有唯一解且在上单调由，又，在上恒成立，故，所以若，则在区间上有唯一零点正确；由可知时，在上递减，在上递增，而，不妨设，则时，由题意可得时在上递减，在上递增，且当时，又，故在时成立故选D11.【答案】C【解析】【分析】本题考查了函数恒成立问题，属中档题不等式在R上恒成立，分成两段函数分别恒成立，分离参数a，再构造函数求最值可得【解答】解：当时，恒成立；当时，恒成立，令，当且仅当时取等号，当时，恒成立，令，则，当时，递增，当时，递减，时，取得最小值，综上a的取值范围是故选：C12.【答案】B【解析】解析：，令，则由题意，在上只能有两解和，（*）因为在上必有，故在上存在满足；成立；对应的x（显然在
12、上）一定是最大值点，因对应的x值有可能在上，故结论错误；解（*）得，所以成立；当时，由于，故，此时是增函数，从而在上单调递增综上，成立，故选：B则为最大值1减最小值-1，我们需要找到在上是否存在最大值1和最小值-1；我们需要先确定范围从而确定的范围，根据整体思想确定它的单调性本题为三角函数与简易逻辑的综合考查，本题的关键为确定的范围，难度比较大13.【答案】【解析】解：不等式的可行域，如图所示令，则可得，当z最大时，直线的纵截距最大，画出直线将a变化，结合图象得到当时，直线经过时纵截距最大故答案为画出不等式组不是的可行域，将目标函数变形，数形结合判断出z最大时，a的取值范围利用线性规划求函数的
13、最值，关键是正确画出可行域，并能赋予目标函数几何意义，数形结合求出函数的最值14.【答案】【解析】【分析】本题考查向量的坐标运算，根据已知垂直关系，利用向量的坐标运算求得，利用夹角余弦公式计算【解答】解：因为，所以由得，即，解得，则，所以15.【答案】【解析】【分析】本题考查了方程的解与函数图象的交点个数的相互转化、函数图象的性质及利用导数求切线方程，属难度较大的题型由方程的解与函数图象的交点个数的关系可得：有2个不同的实根等价于的图象与直线的交点个数为2，由函数图象的性质及利用导数求切线方程可得：设过原点的直线与相切与点，由，则此切线方程为：，又此直线过原点，则求得，即切线方程为：再结合图象
14、可得：实数m的取值范围是，得解【解答】解：由，可得：在的图象关于直线对称，有2个不同的实根等价于的图象与直线的交点个数为2，的图象与直线的位置关系如图所示，设过原点的直线与相切与点，由，则此切线方程为：，又此直线过原点，则求得，即切线方程为：，由图可知：当的图象与直线的交点个数为2时，实数m的取值范围是，故答案为：16.【答案】【解析】【分析】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，基本不等式，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于较难题由正弦定理化简已知可得，结合余弦定理可求A的值，由基本不等式可求再利用三角形面积公式即可计算得解【解答】解：因为：因为：所以由正弦定理得所
15、以：，又，面积，而当且仅当时取等号，所以：，即面积的最大值为故答案为17.【答案】解：当时，即，所以数列是首项为1，公差为的等差数列，故，又由，所以（2）时，当时，又因为，则由，解得或即所求实数a的范围是或【解析】本题主要考查了利用数列的递推公式构造等差数列求数列的通项公式，及数列的裂项求和方法的应用及恒成立与最值求解的应用（1）由已知可得，结合等差数列的通项公式可求，进而可求；（2）由，利用裂项求和可求，求出的范围可求a的范围18.【答案】解：由频率分布直方图知，解得，估计这批树苗高度的中位数为t，则，解得计算，估计这批树苗的中位数为25.75，平均数为25.5；（2）优质树苗有，根据题意填
16、写列联表：A试验区B试验区合计优质树苗102030非优质树苗603090合计7050120计算观测值，没有99.9%的把握认为优质树苗与A，B两个试验区有关系【解析】（1）由频率和为1，列方程求出a的值，再利用图形结合中位数公式及平均数公式求数据的中位数与平均数；（2）计算优质树苗数，填写列联表，计算观测值，对照临界值得出结论本题考查了频率分布直方图与独立性检验的应用问题，考查计算能力，是中档题19.【答案】证明：，连接MO，平面BMD，平面BMD，平面BMD解：设为到平面的距离，平面，平面平面，四棱柱的底面ABCD是边长为2的菱形，平面ABCD，平面ABCD平面ABCD，平面平面，点B到平面
17、的距离等于点到平面ABCD的距离， ，即点到平面的距离为【解析】本题考查线面平行，考查点到平面距离的计算，考查学生分析解决问题的能力，掌握直线与平面平行的证明方法是关键连接MO，由已知条件推导出，由此能证明平面BMD；设为到平面的距离，证明平面ABCD，利用等体积法，结合点B到平面的距离等于点到平面ABCD的距离，可得点到平面的距离20.【答案】解：的定义域为R，且当时，此时的单调递减区间为；当时，由，得，由，得此时的单调减区间为，单调增区间为；当时，由，得，由，得此时的单调减区间为，单调增区间为证明：要证，即证，也就是证也就是证，令，再令，可得在递增，即有，则，在递增，由，可得，故原不等式成
18、立【解析】本题考查函数的单调性、导数及其应用、不等式的证明等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力及抽象概括能力，考查函数与方程思想、分类与整合思想，属难题求出的定义域，以及导数，讨论，判断导数符号，解不等式即可得到所求单调区间；运用分析法证明，要证，即证，也就是证，令，求出导数，再令，求出导数，判断单调性，即可得证21.【答案】解：（1）因为，所以，解得，设椭圆的焦距为，所以，即，由，解得，所以椭圆M的标准方程为；（2）为定值2，理由如下：由题意可知直线l的斜率存在且不为0，易知，设，令，得，即，所以，联立，消去y得：，直线过点且斜率存在，故恒成立，可得，则，即，所以，因为，所以直线RQ的
19、方程为，由，联立消去y得：，恒成立，得所以，由，得，所以，故为定值2【解析】本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，圆锥曲线中的定值问题，考查了计算能力，属于较难题（1）由题意可知：，根据，求出，从而可得椭圆C的方程；（2）由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设，与椭圆方程联立，可得，又，因为，所以直线RQ的方程为，与椭圆方程联立，可得，进而可推出为定值222.【答案】解：（1）曲线C：，曲线C的直角坐标方程为，即，直线l的参数方程为：（t为参数），直线l的普通方程为：(2)直线l的参数方程为：（t为参数），代入，得，【解析】本题考查极坐标方程化直角坐标方程、参数方程化普通方程以及直线参数方程，考查基本分析求解能力，属中档题（1）根据，将曲线C极坐标方程化为直角坐标方程，利用消元法化直线l的参数方程为普通方程；（2）先化直线l的参数方程为标准式，再代入曲线C方程，最后根据参数几何意义求解23.【答案】解：（1），或或，或或，不等式的解集为（2），当时，取得最小值3函数的图象的最低点为，即，当且仅当，即，时取等号，【解析】（1）先将写为分段函数的形式，然后根据分别解不等式即可；（2）先求出的最小值，然后根据图象的最低点为，求出m和n的值，再利用基本不等式求出的取值范围本题考查了绝对值不等式的解法和利用基本不等式求最值，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题
