2021高考数学押题卷及答案

20212021 高考数学押题卷及答案高考数学押题卷及答案第卷第卷一一选择题选择题：本卷共本卷共 1212 小题小题，每小题每小题 5 5 分分，共共 6060 分分在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有只有一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的1集合M y y x1 x1,N x y lg(x2)，则R RNM为（）BMCND2xy A1i2（理）已知xR R,yR R，i 为虚数单位，且(x2)i+y(1i)20081004i，则1i的值为（）A22010B-1C2008+2008iD22010i（文）已知数列an的前n项和是Sn anm(a 0且a 1)，那么“数列an是等比数列”的充要条件是（）Am 1为A(x1)2(y 1)2 2CPF PAB(x1)2(y 1)2 2D(x1)2(y 1)2 2Bm1Cm1Dm为任意实数3已知圆C与直线x y 0及x y 4 0都相切，圆心在直线x y 0上，则圆C的方程4设f(x)是函数f(x)的导函数,y f(x)的图象如图所示，则y f(x)的图象最有可能的是y yy yy yy yy yO O 1 12 2Ax xO O1 1 2 2Bx xO O 1 1C2 2x xO O1 1 2 2Dx xO O1 1 2 2x xb)sin2x(xR R)的值恒等于 2，则点(a,b)关于原点对称的点的5若函数y (ab)cos2x(a坐标是 A（2,0）（）B（-2,0）C（0，-2）D（-1,1）6在长方体ABCD A1B1C1D1中，AA11,AD DC 3，则直线AC与D1C1所成的角的正切1值为（）A33B2 33C36AD2 237如图，正五边形ABCDE中，若把顶点A,B,C,D,E染上红，黄，绿三种颜色中的一种，使得相邻顶点所染颜色不同，则不同的染色方法共有A30 种C24 种（）DCEBB27 种D21 种8已知A,B,C是平面上不共线的三点，O为平面ABC内任一点，动点P满足等式1OP(1)OA(1)OB(12)OC(R且 0)，则P的轨迹一定通过ABC的3 A内心B垂心（）C重心DAB边的中点9已知函数f(x)1(x1)2，若0 x1 x21，则 ACf(x1)f(x2)x1x2f(x1)f(x2)x1x2（）Bf(x1)f(x2)x1x2D无法判定f(x1)f(x2)与的大小x2x110定义：若数列an为任意的正整数n，都有an1 an d(d为常数)，则称an为“绝对和数列”，d叫做“绝对公和”已知“绝对和数列”an中，a1 2，绝对公和为 3，则其前 2009 项的和S2009的最小值为（）A-2009B-3010C-3014D3028x2y211已知F1,F2分别为双曲线221(a 0,b 0)的左，右焦点，M为双曲线上除顶点外的ab任意一点，且F1MF2的内切圆交实轴于点N，则|F1N|NF2|的值为22（）2a2b2AbBaCcDa12函数f(x)的定义域为D，若关于任意x1,x2D，当x1 x2时，都有f(x1)f(x2)，则称函数f(x)在D上为非减函数设函数f(x)在0，1上为非减函数，且满足以下三个条件：f(0)0f()则11f()f()38x31f(x)f(1 x)1 f(x)2等于()A31 B C142D23第卷第卷二二填空题填空题：本题共本题共 4 4 小题小题，每小题每小题 5 5 分分，共共 2020 分分把答案填在题中横线上把答案填在题中横线上1 13x x 3的展开式中第二项与第三项的系数之和等于27，则n等于；系数最xn大的项是第项14 若 数 列an满 足a1 2,nan1(n1)an 2，则 数 列an的 通 项 公 式an115（理）若函数f(x)x3a2x满足：对任意x1,x20,1都有f(x1)f(x2)1恒成立，则a3的取值范畴是（文）过曲线xy a2(a 0)上任意一点处的切线与两坐标轴构成的三角形的面积是x y s16（理）已知s是正实数，假如不等式组：x y 0表示的区域内存在一个半径为1 的圆，y 0则s的最小值为（文）tan18 tan42 tan120tan18 tan42 tan60三三解答题解答题：本题共本题共 6 6 小题小题，共共 7070 分分解承诺写出文字说明解承诺写出文字说明，证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤17（本小题满分 10 分）设ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且acosC c b（）求角A的大小；（）若a 1，求ABC的周长l的取值范畴1218（本小题满分 12 分）某商场为吸引顾客消费推出一项优待活动活动规则如下：消费额每满100 元可转动如图所示的转盘一次，并获得相应金额的返券，假定指针等可能地停在任一位置 若指针停在A区域返券 60 元；停在B区域返券 30 元；停在C区域不返券 例如：消费218 元，可转动转盘 2 次，所获得的返券金额是两次金额之和（）若某位顾客消费 128 元，求返券金额不低于30 元的概率；（）若某位顾客恰好消费 280 元，并按规则参与了活动，他获得返券的金额记为X（元）求随机变量X的分布列和数学期望19（本小题满分 12 分）底面ABC，AA1 AC如图，三棱柱ABC A1B1C1中，侧面AAC AC 2,AB BC,11C1CA60B第第 1818 题图题图且AB BC,O为AC中点（）证明：A1O 平面ABC；（）求直线AC与平面A1AB所成角的正弦值；1（）在BC1上是否存在一点E，使得OE/平面A1AB，若不存在，说明理由；若存在，A1确定点E的位置B1C1AOCB第第 1919 题图题图20（本小题满分 12 分）如图，设抛物线C1:y2 4mx(m 0)的准线与x轴交于F1，焦点为F2；以F1,F2为焦点，离心率e 1的椭圆2C2与抛物线C1在x轴上方的交点为P，延长PF2交抛物线于点Q，M是抛物线C1上一动点，且M在P与Q之间运动（）当m 1时，求椭圆C2的方程；21(本小题满分 12 分)已知数列xn满足x1 4，xn1（）求证：xn 3；（）求证：xn1 xn；（）求数列xn的通项公式2xn32xn4y（）当PF1F2的边长恰好是三个连续的自然数时，求MPQ面积的最大值PxQ第第 2020 题图题图22（本小题满分 12 分）1lnx已知函数f(x)x（）若函数在区间(a,a)（其中a 0）上存在极值，求实数a的取值范畴；12（）假如当x 1时，不等式f(x)kx1恒成立，求实数k的取值范畴；（）求证(n1)！2(n1)en2(nN N)参考答案参考答案一：1-5 D（理）B（文）A BCB 6-10 BADCB 11-12 AA二：13【答案】：9 514【答案】：4n-215【答案】：（理）2 3,2 333（文）2a216【答案】：（理）22 2（文）-1三：1717解解：（）由acosC 1c b得sin AcosC 122sinC sin B又sin B sinAC sin AcosC cos AsinC3 分12sinC cos AsinC，sinC 0，cos A 12，又0 A A 35 分（）由正弦定理得：b asin Bsin A23sin B，c 23sinC7 分l abc 1223sin BsinC13sin BsinA B分13112sin BcosB12sin B226A 512,B0,B,sinB,16666233故ABC的周长l的取值范畴为2,310 分（）另解：周长l abc 1bc由（）及余弦定理a2 b2c22bccosAb2c2 bc1(bc)213bc 13(bc2)2bc 2又bc a 1l abc 2即ABC的周长l的取值范畴为2,310 分1818解解：设指针落在A,B,C区域分别记为事件A,B,C111则P(A),P(B),P(C)6323 分（）若返券金额不低于30 元，则指针落在A或B区域P P(A)P(B)1116326 分12即消费 128 元的顾客，返券金额不低于30 元的概率是（）由题意得，该顾客可转动转盘2 次随机变量X的可能值为 0，30，60，90，1207 分P(X 0)111；224111P(X 30)2；23311115P(X 60)2；263318111P(X 90)2；369111P(X 120)663610 分因此，随机变量X的分布列为：P03011X4360518901912013611511其数学期望EX 0306090120 40431893612 分1919解解：（）证明：因为A1A AC，且O为AC的中点，1因此AO AC11 分又由题意可知，平面AAC11C 平面ABC，交线为AC，且A1O 平面AAC11C，因此A1O 平面ABC4 分（）如图，以O为原点，OB,OC,OA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系由题意可知，A1A AC AC 2,又AB BC,AB BC;1OB 1AC 12因此得:O(0,0,0),A(0,1,0),A1(0,0,3),C(0,1,0),C1(0,2,3),B(1,0,0)(0,1,3),AA1(0,1,3),AB (1,1,0).则有：AC1设平面AA1B的一个法向量为n n (x,y,z)，则有3n n AA1 0y 3z 0，令y 1，得x 1,z 3x y 0n n AB 0A1zB1C1因此n n (1,1,3)3AOx第第 1919 题图题图Cy6 分21cos n n,A1C 7|n n|A1C|n n A1CB217因为直线AC与平面A1AB所成角和向量n n与AC所成锐角互余，因此sin118 分（）设E (x0,y0,z0),BE BC1,x01即(x01,y0,z0)(1,2,3)，得y0 2z03因此E (1,2,3),得OE (1,2,3),10 分令OE/平面A1AB，得OEn n=0，即12 0,得,即存在如此的点E，E为BC1的中点1212 分2020解解：（）当m 1时，y2 4x，则F1(1,0),F2(1,0)x2y2c1设椭圆方程为221(a b 0），则c 1,又e，因此a 2,b2 3aba2x2y2因此椭圆C2方程为14 分43x2y2c122（）因为c m，e，则a 2m，b 3m，设椭圆方程为2214m3ma2 x2y21由4m23m2，得3x216mx12m2 06 分y2 4mx即(x6m)(3x2m)0，得xPPF2 xpm 2 62m 2 6m2m代入抛物线方程得ypm，即P(,)33335m5m7m6m，F1F2 2m，,PF1 2a PF2 4m3333因 为PF1F2的 边 长 恰 好 是 三 个 连 续 的 自 然 数，因 此m 38 分现在抛物线方程为y212x，P(2,2 6)，直线PQ方程为：y 2 6(x3)y 2 6(x3)2y 12x联立，得2x213x18 0，即(x2)(2x9)0，因此xQ99，代入抛物线方程得yQ 3 6，即Q(,3 6)22925PQ(2)2(2 6 3 6)222t2设M(,t)到直线PQ的距离为d，t(3 6,2 6)1262t t 6 66241则d 66275(t)10 分3022当t 66 755 6时，dmax，230241255 6125 6即MPQ面积的最大值为12 分224162121解解：()证明：用数学归纳法证明1）当n 1时，x1 4 3因此结论成立2）假设n k(n 1)时结论成立,即xn 3,则2xn3(xn3)2xn13 3 02xn42xn4因此xn1 3即n k 1时,结论成立由 1)2)可知对任意的正整数n，都有xn 34 分（）证明：xx2x2n3n4xn3(xn1)(xn3)n1 xn2x xnn42xn42xn4因为x(xn1)(xn3)n 3，因此2x 4 0，即xn1 xn 0n因此xn1 xn8 分x22（）解：xn3(xn1)n112x 412x，nn4x22xn3(xn3)n132