2021年新高考数学精编模拟卷及详细解析

满分：150分 时间：120分钟

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

*x1.已知集合MxN∣216，Nx∣x22x80，则MN( )

A.1,2,3

B.{0,1,2,3} C.{1,2,3,4}

D.0,1,2,3,4

2.若复数z满足izzi，则|zi|( ) A.2 2B.2 C.1 D.22 sinxlnx23.函数f(x)的图像可能是( )

xA.B.

C.

22 D.

22

33114.已知圆C1:xy4x2y40, C2:xy,则这两圆的公共弦长为( )

222A.2

4B.22 C.2 D.1

12的展开式中有理项的项数为( ) 5.xxA.3 B.4 C.5 D.6

6.某单位在春节七天的假期间要安排值班表,该单位有值班领导3人,值班员工4人,要求每位值班领导至少值两天班,每位值班员工至少值一天班,每天要安排一位值班领导和一位值班员工一起值班,且一人值多天班时要相邻的安排方案有( ) A.249种

B.498种

C.1052种

D.8640种

1

lnx2,x0|m|7.已知e2.71828是自然对数的底数，函数f(x)x，若整数m满足|f(m)|，则

2e3,x0所有满足条件的m的和为( ) A.0

B.13

C.21

D.30

8.已知平面向量ab与ab的模长之比为3:1，且夹角为90，则ab与a的夹角为( ) A.30

B.60

C.120

D.150

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.人民日报智慧媒体硏究院在2020智慧媒体髙峰论坛上发布重磅智能产品—人民日报创作大脑,在AI算法的驱动下,无论是图文编辑、视频编辑,还是素材制作,所有的优质内容创作都变得更加容易.已知某数据库有视频a个、图片b张a,bN*,ab1,从中随机选出一个视频和一张图片,记“视频甲和图片乙入选”为事件A,“视频甲入选”为事件B,“图片乙入选”为事件C,则下列判断中正确的是( )

A.P(A)P(B)P(C) B.P(A)P(B)P(C) C.P(A)P(BC)P(BC) D.P(BC)P(BC)

10.2020年，我国全面建成小康社会取得伟大历史性成就，脱贫攻坚战取得了全面胜利.下图是2013—2019年我国农村减贫人数（按现行农村贫困标准统计）统计图，2019年末我国农村贫困人口仅剩的551万人也在2020年现行标准下全部脱贫.以下说法中正确的是( )



A.2013—2020年我国农村贫困人口逐年减少

B.2013—2019年我国农村贫困人口平均每年减少了1300万人以上 C.2017年末我国农村贫困人口有3046万人 D.2014年末与2016年末我国农村贫困人口基本持平

11.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,点P为线段BD1上的动点(不含端点),则( )

2

A.线段AP的最小值为6 3 π 3B.在棱CD上,存在点H,使得PHBD1

C.存在点P使得AP与平面ABCD所成的角为

D.过点 A1,P, B1的平面截正方体ABCDA1B1C1D1得到的截面形状始终是平行四边形

x2y212.已知双曲线C:221(a0,b0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线与双曲线C的

ab两条渐近线分别交于M,N两点，若NF1F22NF2F1，ONOF22OM（点O为坐标原点），则下列说法正确的是( ) A.双曲线C的离心率为3 C.tanMF1F23 5B.MF1F2的面积为3a2 D.MF12a

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知向量a(1,0)，b(x,1)，b在a上投影为3，则x__________.

14.已知定义在R上的偶函数f(x) 满足f(x1)f(x3)，当x[0,2]时，f(x)3x1，则f(2021)________;当x[2,4]时，f(x)________.

15.设函数f(x)sin(πx)，则曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为________. ex16.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACAB,AC1，AA12，AB3，点E,F分别是AA1，AB上的动点，当C1EEFFB1的长度最小时，三棱锥B1C1EF外接球的表面积为________.

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. 17. （10分）如图，在ABC中，Cπ，BC2，点E为AB的中点，点D在AC上且DEAB. 33

（1）若AC3，求ABD的面积； （2）若DE2，求sinA.

1218. （12分）已知正项数列an的前n项和为Sn，a12，当n2时，an是Sn与Sn1的等差中项.

4（1）求数列an的通项公式； （2）记bn(1)nan1，求数列bn的前n项和Tn. Sn19. （12分）“碳达峰”“碳中和”成为今年全国两会热词，被首次写入政府工作报告.碳达峰就是二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后再慢慢减下去；碳中和是指在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量通过植树造林、节能减排等方式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”.2020年9月，中国向世界宣布了2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和的目标.某城市计划通过绿色能源（光伏、风电、核能）替代煤电能源，智慧交通，大力发展新能源汽车以及植树造林置换大气中的二氧化碳实现碳中和.该城市某研究机构统计了若干汽车5年内所行驶的里程数（万千米）的频率分布直方图，如图.

（1）求a的值及汽车5年内所行驶里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）. （2）据“碳中和罗盘”显示：一辆汽车每年行驶1万千米的排碳量需要近200棵树用1年时间来吸收.根据频率分布直方图，该城市每一辆汽车平均需要多少棵树才能够达到“碳中和”？

（3）该城市为了减少碳排量，计划大力推动新能源汽车，关于车主购买汽车时是否考虑对大气污染的因素，对300名车主进行了调查，这些车主中新能源汽车车主占

1，且这些车主在购车时考虑6大气污染因素的占20%，燃油汽车车主在购车时考虑大气污染因素的占10%.根据以上统计情况，

4

补全下面22列联表，并回答是否有99%的把握认为购买新能源汽车与考虑大气污染有关.

新能源汽车车主 燃油汽车车主 合计 2考虑大气污染 没考虑大气污染 合计 n(adbc)2附:K，其中nabcd.

(ab)(cd)(ac)(bd)PK2k0 k0 0.10 2.706 0.025 5.024 0.010 6.635 0.005 7.879 0.001 10.828 20. （12分）已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ABADAA12，BCCD，BAD60. （1）求证：BD平面AAC11C. （2）求二面角ABD1A1的余弦值.

21. （12分）已知函数f(x)lnxa2x2ax. （1）求函数f(x)在定义域内的最值.

（2）当a0时，若yf(x)有两个不同的零点x1，x2，求证：ax1x22.

x2y222. （12分）已知椭圆C:221(ab0)的上顶点为M、右顶点为N.

ab原点）的面积为1，直线yx被椭圆C所截得的线段长度为(1)椭圆C的标准方程;

410. 5OMN（点O为坐标

(2)试判断椭圆C内是否存在圆O:x2y2r2(r0)，使得圆O的任意一条切线与椭圆C交于A,B两点时，满足OAOB为定值？若存在，求出圆O的方程；若不存在，请说明理由.

5

答案详细解析

一、单项选择题

*x*216xN∣x4{1,2,3,4}，Nx∣x22x80{x∣2x4}，1.解析：因为MxN∣所以MN{1,2,3}，故选A. 2.解析：因为izzi，所以zi1i1i2，所以zi，故|zi|，故选A. 1i222sin(x)ln(x)23.解析：由题意得函数f(x)的定义域是(,0)(0,)，且f(x)xsinxlnx2π所以函数f(x) 的图像关于y轴对称，故排除C,D.当x时,f(x),所以f(x) 是偶函数，

x2πππsinln2ln2π220，故排除A.选B. fππ22224.解析：由题意知C1:x2y24x2y40，C2:x2y23x3y10，将两圆的方程相减，得xy30，所以两圆的公共弦所在直线的方程为xy30.又因为圆C1的圆心为(2,1)，半径

所以圆C1的圆心到直线xy30的距离dr3，

为2r2d22.故选C.

1213∣22.所以这两圆的公共弦的弦长28r1x2x1(x1)88r5.解析：x.又(x1)的展开式的通项Tr1C8x2(1)r，22xxx44r2Tr1rr2所以2C8(1)x.当x的指数是整数时，该项为有理项，所以当r0,2,4,6,8时，该项为有理项，

x即有理项的项数为5.故选C.

36.解析：先安排值班领导：选1位值班领导值三天班，则安排3位领导值班共有C13A318（种）方

案.再安排值班员工：若4名员工中有1名员工值四天班，其他员工各值一天班，则有C144（种）

1选法；若1名员工值两天班，另一名员工值三天班，剩余2名员工各值一天班，则有C14C312（种）

选法；若3名员工各值两天班，1名员工值一天班，则有C144（种）选法，故安排4名员工值班共有

(4124)A4（种）方案.因此，该单位在春节七天的假期间值班表安排方案共有1848086404480（种）.故选D.

7.解析：当m1时，|f(m)|lnm2，令g(m)lnmm112m2(m1)，则g(m). 2m22m若m2，则g(m)0，所以函数g(m)在[2,)上单调递减.易知g(1)0，g(2)0，又

6

g(8)ln842ln820，g(9)ln92913122ln322ln，由于22e231322ln0，即g(9)0，所以m可以取1，2，3，4，5，6，7，8.(1.2)1.5e，所以e2emmm当m0时，|f(m)|e33e.令h(m)3em1(m0)，则h(m)em. 22若m1，则h(m)0，所以函数h(m)在(,1]上单调递增.易知h(0)0,h(1)0，又h(5)3e551150,h(6)3e63e60，故m可以取0,1,2,3,4,5. 22e综上所述，所有满足条件的m的和为67821.

8.解析：因为ab与ab的夹角为90，所以(ab)(ab)|a|2|b|20，即|a||b|.因为ab与

|a|2|b|2|a|2.所以ab的模长之比为3:1，所以(ab)3(ab)，即ab4222|a|2，|ab|(ab)2|a|22ab|b|2|a|,所以(ab)a|a|ab22cosab,a(ab)a1，所以ab与a的夹角为60.故选.因为两向量夹角的范围为0,180|ab||a|2B.

二、多项选择题

9.解析：由相互独立事件的概率计算公式可知A错误，B正确；事件A包含“视频甲未入选，图片乙入选”“视频甲入选，图片乙未入选”“视频甲、图片乙都未入选”三种情况，所以11a1P(A)P(BC)P(BC)P(BC)，故C正确；由题可知，P(BC)1，

ababP(BC)11b1a1b1，因为a,bN*,ab1，所以,即P(BC)P(BC),故D错误.1abababab故选BC.

10.解析：由题可知，2013—2020年我国农村每年减贫人数均大于0，因此贫困人口逐年减少，故选项A正确；

2013—2019年我国农村每年减贫人数的平均值为

1650123214421240128913861109934893481300，故选项B正确； （万人)，又

7772017年末我国农村贫困人口为551110913863046(万人)，故选项C正确； 由于2013—2019年我国农村贫困人口每一年都大量减少，故选项D错误. 故选ABC.

11.解析：如图（1），连接AD1，在RtABD1中，AD12，AB1，BD13，当APBD1时，

7

有|AP|min2136,故A正确.如图（2）,取BD1的中点P,CD的中点H,连接D1H,BH.D1HBH,3PHBD1，故B正确.如图（3），连接BD，过点P作PQBD，垂足为Q，则PQ平面ABCD.

设PQt(0,1)，则QB2t.连接AQ，在ABQ中，由余弦定理可知

AQ2BQ2AB22BQABcos452t22t1.在RtAPQ中，t2tanPAQ2t22t11111.,,0t11111, 212tt12112ttt2ππ因此不存在点P使得AP与平面ABCD所成的角为，故CtanPAQ(0,1)，则PAQ0,，43错误.设过点A1，P,B1的平面为，根据面面平行与线面平行的性质定理可得平面截正方体ABCDA1B1C1D1所得截面形状是平行四边形，如图（4）（5）（6），故D正确.选ABD.

12.解析：由于ONOF22OM，故点M为NF2的中点，所以NF1//OM，所以NF1F2MOF2，所以MOF22MF2O，所以NOF1MOF22MF2OMF2OMNO，故MNOMF2O，btan603所以OMNF2，所以NF1NF2，所以MOF2NF1F260，故a，所以双曲线C

cb12aa的离心率，故选项A错误.

122a23a23aFF2c4a223a，所以因为12，所以|NF1|2a,|NF∣，故NF1F2的面积为22MF1F2的面积为3a，故选项B正确.

28

tanNF1M由于选项C正确. 由于

|MN|3a3NF12a2tanMF1F2tan60NF1M313323235，所以，故

|MF1|NF1|MN|2(2a)2(3a)27a2，故选项D错误.

综上所述，选BC. 三、填空题

13. 解析：设a与b的夹角为，b在a上的投影为得x3. 14. 解析：由f(x1)f(x3)，得f(x4)f(x)，所以f(x)是以4为周期的周期函数.所以f(2021)f(2021)f(45051)f(1)312.设x[2,0]，则x[0,2].因为f(x)是R上的

|b|cos|b|ababx32|a||b||a|10，解

偶函数，所以当x[2,0)时，f(x)f(x)3x1.当x[2,4]时，x4[2,0]，所以

f(x)f(x4)3(x4)134x1.

πcos(πx)exsin(πx)exπcos(πx)sin(πx)15. 解析：由题意，得f(1)0，f(x)，所以e2xexf(1)ππ，所以曲线yf(x)在点(1,0)处的切线方程为y(x1) ，即πxeyπ0. ee16. 解析：把平面AA1C1C沿AA1展开到与平面ABB1A1共面的AA1C1C的位置，延长B1B到B1，使得BB1B1B，连接B1F，如图1所示，则B1FB1F.要使C1EEFFB1的长度最小，则需C1，E,F,B1四点共线，此时C1EEFFB1C1EEFFB1C1B1.因为C1B14，B1B14，

B1B1C190，所以B1B1C1B145，所以BFBB12，A1EAC111，故AEAF1，

AFEBFB145，所以B1FE90，EF2，B1F22，EB110，所以EFB1的外接圆是以EB1的中点O为圆心，

EB110为半径的圆，故三棱锥B1C1EF外接球的球心O一定在221AC，2过点O且与平面EFB1垂直的直线上，如图2所示，点O到点E,C的距离相等，则OO22211EBAC10111所以OE1,所以三棱锥外接球的表面积为BCEF4π11π. 114444229

四、解答题

17.解：（1）因为点E为AB的中点，DEAB，所以ADBD. 在BCD中，由余弦定理得BD2BC2CD22BCCDcosC， 所以BD24(3BD)22(3BD)，解得BD7.……………………………………3分 411333又ABC的面积为BCACsinC23， 2222所以ABD的面积为

AD3373.………………………………………………5分 AC28（2）由（1）知ADBD，所以AABD，

所以DEBDsinABDBDsinA.………………………………………………7分 在BCD中，由正弦定理得

BDBC，

sinCsinBDC22DEBC所以，即32cosA，

sinCsinAsin2A2解得cosA6.……………………………………………………………………9分 410.………………………………………………10分 4又因为A(0,π)，所以sinA1212an①， 18.解：（1）由题得，当n2时，SnSn12an4212当n3时，Sn1Sn2an1②，……………………………………………………2分

212121①-②，得anan1anan1anan1anan1，

222所以anan12(n3)③. ……………………………………………………………4分 1212当n2时，由SnSn1an，得S2S1a2，

2210

22a280，解得a24或a22（舍去）. 整理得a2又a2a12，符合③式.

所以数列an是首项为2，公差为2的等差数列，所以an2n.……………………………6分 （2）由（1）得Snn所以bn(1)n(22n)n(n1). 2an12n111(1)n(1)n.……………………………………8分 Snn(n1)nn1所以Tnb1b2b3bn

11(1)n

nn1111111223341(1)n1.……………………………………………………………………12分 n119.答案：（1）由(0.05a0.350.25a0.05)11，解得a0.15. 设x为汽车5年内所行驶里程的平均值，则

x3.50.054.50.155.50.356.50.257.50.158.50.055.95（万千米）. ……5分

（2）由（1）可知，一辆汽车1年内所行驶里程的平均值为

5.951.19（万千米）. 5因为一辆汽车每年行驶1万千米的排碳量需要近200棵树用1年时间来吸收，

所以每一辆汽车平均需要1.19200238（棵）树才能够达到“碳中和”. …………………7分 （3）补全的22列联表如下：

新能源汽车车主 燃油汽车车主 合计 2考虑大气污染 10 25 35 没考虑大气污染 40 225 265 合计 50 250 300 300(102252540)2所以K4.04.………………………………………………10分

3526525050因为4.046.635，

所以没有99%的把握认为购买新能源汽车与考虑大气污染有关. ……………………12分 20.解：（1）四棱柱ABCDA1B1C1D1是直四棱柱，AA1平面ABCD. …………2分

BD平面ABCD,AA1BD.

在四边形ABCD中，

ABAD,BCCD,ACBD.…………………………………4分

又ACAA1A,BD平面AA1C1C.…………………………………………………5分 （2）如图，连接B1D1，记ACBD0，AC11B1D1O1，连接OO1，

11

则OO1平面ABCD，且OO1AA12.

以O为坐标原点，分别以OA,OB,OO1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，…6分 则A(3,0,0)，A1(3,0,2)，B(0,1,0)，D1(0,1,2). AB(3,1,0)，BD1(0,2,2)，A1B(3,1,2).

3x1y10,mAB0,设平面ABD1 的法向量为mx1,y1,z1，则即

2y2z0.11mBD10,取x11，则y13，z13，

m(1,3,3)是平面ABD1的一个法向量. …………………………………………8分

同理，n(1,3,3) 是平面 A1BD1 的一个法向量. ………………………………9分 cosm,nmn1335.

|m||n|7775.……………………12分 7由图知，二面角ABD1A1 为锐角，所求二面角的余弦值为

21.解：（1）函数f(x)lnxa2x2ax的定义域为(0,).

12a2x2ax1(2ax1)(ax1)2.…………………………………1分 f(x)2axaxxx当a0时f(x)lnx，此时函数f(x)为增函数，无最值. ………………………………2分 当a0时，令f(x)0，得x①若a0，则11或x. 2aa1111. 0,0.由f(x)0，得0x；由f(x)0，得x2a2a2aa11所以函数yf(x)在区间0,上单调递增，在区间,上单调递减.

2a2a111113所以函数f(x)在定义域内有最大值flna2aln，无最

2a2a2a2a2a42小值. ………………………………………………………………………………3分

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②若a0，则11110，0.由f(x)0，得0x;由f(x)0，得x.

a2aaa11所以函数yf(x)在区间0,上单调递增,在区间,上单调递减. ………………4分

aa1111所以函数f(x)在定义域内的最大值为flna2alna，

aaaa2无最小值. ……………………………………………………………………………5分 1（2）由（1）知，当a0时，函数f(x)在定义域内的最大值为flna.

a因为yf(x)有两个不同的零点x1，x2，所以lna0，解得0a1.……………6分 不妨设0x112ax20， x2，由题意知fx1lnx1a2x12ax10,fx2lnx2a2x2a2所以lnx2lnx1a2x2x12ax2ax1，

即

lnx2lnx1aaax2x11，即xax2x11x1.……………………………8分 x2x121x1lnx2x114(t1)22(t1)设h(t)lnt(t1), (t1)，则h(t)t(t1)2t(t1)2t1所以当t1时，h(t)0，此时h(t)单调递增， 故h(t)h(1)0，即lnt2(t1)lnt2.…………………………………10分 0，所以t1t1t1令tx222axx1x，则上式可化为，所以a， 211xx2x2x12111x1x1x122，即a2x2x1ax2x120， x2x1lnx2x1所以aax2x11所以ax2x12ax2x110.

又因为ax2x110恒成立，所以ax1x22.……………………………………12分 122.解：（1）由题意知M(0,b)，N(a,0)，由ab1，得ab22①.………………1分

2设直线yx与椭圆C交于点Px0,x0，Qx0,x0，则|PQ|28x0.…………………2分

a2b2把Px0,x0代入椭圆方程，得x2， 2ab2013

a2b248a2b24102故|PQ|2，即ab2a2b2552②.

a24a21x2由①②，解得2或2（舍去），所以椭圆C的标准方程为y21.…………4分

4b1b4（2）假设存在这样的圆O，设OAOB.

当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykxm. ykxm222由x2,得14kx8kmx4m40. 2y144m248km设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1x2，x1x2.…………………………6分 2214k14k4m248km故OAOBx1x2y1y21kx1x2kmx1x2m1kkmm2 2214k14k2225m24k24 214k|m|2③.

④.

4， 5m2由r，得r 221k1k5r由③④,得24k2114k2，当  与k无关时，0，r2即圆O的半径为25.………………………………………………………………9分 525, 5当直线AB的斜率不存在时，若直线AB的方程为x25252525将其代入椭圆C的方程，得A5,5,B5,5,

此时OAOB0. 若直线AB的方程为x25，同理可得OAOB0. 54.……………………………………12分 5综上，存在满足题意的圆O，其方程为x2y2

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