广西普通高中2021届高三上学期高考精准备考原创模拟卷（一）数学（文）试题 Word版含答案

广西普通高中2021届高三上学期高考精准备考原创模拟卷（一）数学（文）试题 Word版含答案

广西普通高中 2021 届高考精准备考原创模拟卷（一） 文科数学 本试卷满分 150 分，考试用时 120 分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在 本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．做选考题时，考生须按照题目要求作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑． 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题给出的四个选项中，只有 一个选项是符合题目要求的． 1．已知集合 { | 1}A x x   Z ，集合  2| log 2B x x  ，则 A B  （ ） A．{ | 1 4}x x   B．{ |0 4}x x  C．{0,1,2,3} D．{1,2,3} 2．若 ( ) 1a bi i bi   ，其中 a，b 都是实数，i 是虚数单位，则 ab 等于（ ） A． 2 B． 1 C．0 D．1 3．某小区从热爱跳广场舞的 3 对夫妻中随机抽取 2 人去参加社区组织的广场舞比赛，则抽取的 2 人恰好为 1 对夫妻的概率为（ ） A． 1 5 B． 1 4 C． 3 5 D． 2 3 4．已知 0.8 2.1 3log 0.8, 3 , 0.3a b c   ，则（ ） A． a ab c  B． ac b c  C． ab a c  D． c ac b  5．函数 lncos 2 2y x x        的图象是（ ） A． B． C． D． 6．我国南北朝时期的数学家、天文学家祖暅提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是 面积，“势”即为高，意思是：夹在两平行平面之间的两个几何体，被平行这两个平面的任意平面所截，如 果截得的两个截面的面积总相同，那么这两个几何体的体积相等．某几何体的三视图如图所示，该几何体 满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为（ ） A． 48 3  B． 4 2  C． 28 3  D．8  7．如图是一个计算： 2019 2017 2015 2013 5 3     的算法流程图，若输入 2019n  ，则由上到下的两个空白内分别 应该填入（ ） A． 1 2( 1) , 2 n S S n n n        B． 1( 1) , 1nS S n n n      C． 1( 1) , 2nS S n n n      D． 1( 1) , 1nS S n n n      8．将函数 ( ) cos 2sin 2 3cos ( 0)2 2 2 x x xf x          的图象向左平移 3   个单位长度，得到函数 ( )y g x 的图象，若 ( )y g x 在 0, 4      上为增函数，则 的最大值为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 9．现在需要制作一个长和宽分别为 ma 和 mb 的矩形大裱框，要求其长和宽使用不同的材质，长和宽材质 的单价分别为 10 元/m 和 20 元/m，在总制作费用不超过 100 元的条件下，可裱框相片的最大面积为（ ） A． 225 m3 B． 225 m4 C． 225 m8 D． 225 m16 10．已知数列 na 中， 15 256a  ，数列 nb 满足 2 1 2 2 2 14log log log 7b b b    ，且 1n n na a b   ， 则 1a  （ ） A． 1 2 B．1 C．2 D．4 11．已知圆 D 关于 y 轴对称，点 ( 3,0), (0, 2)B C  位于其上，则sin DBC  （ ） A． 3 13 13 B． 13 4 C． 2 13 13 D． 7 4 12．已知函数 2 2, 0( ) , 0, x xf x x bx c x      „ ( ) 2 10g x x  ，若 1 3 2 2f f          且 (2) 3f   ，则函数 ( ( ))y g f x 零点的取值集合为（ ） A．{3,4} B．{2,4} C．{4} D．{0,3,4} 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．已知实数 x，y 满足约束条件 2, 2 2 0, 2 0, x x y x y        „ … … 则 3 xz y   的最大值为__________． 14．已知抛物线 2: ( , 0)C y mx m m  R 过点 ( 1,4)P  ，则抛物线 C 的准线方程为____________． 15．已知 ( )f x 是定义在 R 上的函数，且满足 ( ) ( ), ( 4) ( ) 0f x f x f x f x     ，当 (0,2]x 时， 2( ) 2f x x ，则 (7)f 等于_________． 16．在三棱锥 P ABC 中，若 2 3BC CA AB   ，PA  平面 ABC ， 4PA  ，则三棱锥 P ABC 外 接球的半径为__________． 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 17～21 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．（12 分） ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 ABC 的面积为 12cos bc B ． （1）求sin cosA B 的值和 cos sinA B 的取值范围； （2）若 ABC 为钝角三角形，且 1cos sin , 33A B c  ，分别求 C 和 2 2b a 的值． 18．（12 分） 在平行六面体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，已知 O 为平行四边形 1 1BDD B 的中心，E 为 1CC 的中点． （1）求证：OE∥平面 ABCD ； （2）若平面 1 1BDD B  平面 ,ABCD OE BD ．求证： 1D E BE ． 19．（12 分） 在网络空前发展的今天，电子图书发展迅猛，大有替代纸质图书之势．但电子阅读的快餐文化本质，决定 了它只能承担快捷传递信息性很强的资料，缺乏思想深度和回味，电子阅读只能是传统纸质阅读的一种补 充．看传统的书不仅是学习，更是种文化盛宴的享受，读书感受的不仅是跃然于纸上的文字，更注重的是 蕴藏于纸质书中的中国传统文化．某地为了提高居民的读书兴趣，准备在各社区兴建一批自助图书站（电 子纸质均可凭电子借书卡借书）由于不同年龄段需看不同类型的书籍，为了合理配备资源，现从一社区内 随机抽取了一天中的 80 名读书者进行调查，将他们的年龄分成 6 段：[20,30) ，[30,40) ，[40,50) ，[50,60) ， [60,70) ，[70,80]后得到如图所示的频率分布直方图． （1）以每组数据所在区间中点的值作代表，求 80 名读书者年龄的平均数； （2）若将该 80 人分成两个年龄层次，年龄在[20,50) 定义为中青年，在[50,80]定义为老年．为进一步调 查阅读习惯（电子阅读和传统阅读）与年龄层次是否有关，得到如下 2 2 列联表完善该表数据，并判断： 是否有 95%的把握认为“阅读习惯”与“年龄层次”有关． 中青年 老年 合计 电子阅读 13 传统阅读 13 合计 80 附： 2 2 ( ) ,( )( )( )( ) n ad bcK n a b c da b c d a c b d         ． 临界值表供参考：  2 0P K k… 0.05 0.010 0.005 0.001 0k 3.841 6.635 7.879 10.828 20．（12 分） 设函数 2( ) cos , ( ) sin af x x x g x x    ． （1）当 [0, ]x  时，判断 ( )f x 的单调性； （2）若当 ,6 2x       时，不等式 ( ) ( )f x g x… 有解，求证： 2 4a  „ ． 21．（12 分） 已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的长轴长为 4，且经过点 22, 2P       ． （1）求椭圆的方程； （2）直线 l 的斜率为 1 2 ，且与椭圆相交于 A，B 两点（异于点 P），过 P 作 APB 的角平分线交椭圆于另 一点 Q． （ⅰ）证明：直线 PQ 与 y 轴平行； （ⅱ）当 AP BP 时，求四边形 APBQ 的面积． （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． 22．[选修 4-4：坐标系与参数方程]（10 分） 已知曲线 1C 的直角坐标方程为 2 2 13 yx   ，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程是 1  ，四边形 ABCD 的顶点都在曲线 2C 上，点 A 的极坐标为 1, 6     ，点 A 与 C 关于 y 轴对称，点 D 与 C 关于直线 6   对称，点 B 与 D 关于 x 轴对称． （1）求点 A，B，C，D 的直角坐标； （2）设 P 为 1C 上任意一点，求点 P 到直线CD 的距离 d 的取值范围． 23．[选修 4-5：不等式选讲]（10 分） 设函数 ( ) | 2 1| | 2 |f x x x    ． （1）解不等式 ( ) 0f x  ； （2）若 0x R ，使得   2 0 2 4f x m m  ，求实数 m 的取值范围． 2021 届高考精准备考原创模拟卷（一） 文科数学参考答案、提示及评分细则 1．D ∵集合 { | 1}A x x   Z ，集合  2| log 2 { | 0 4}B x x x x     ，所以 {1,2,3}A B  ． 2．B 因为 ( ) 1a bi i bi   ，所以 1b ai bi    ，所以 1,b a b    ，所以 1, 1a b   ．所以 1ab   ． 3．A 设第 1，2，3 对夫妻分别为  1 1,A B ， 2 2,A B ， 3 3,A B ，从中随机抽取 2 人，所有等可能的结果 为  1 1,A B ， 1 2,A A ， 1 2,A B ， 1 3,A A ， 1 3,A B ， 1 2,B A ， 1 2,B B ， 1 3,B A ， 1 3,B B ， 2 2,A B ，  2 3,A A ，  2 3,A B ，  2 3,B A ，  2 3,B B ，  3 3,A B ，共有 15 种，其中抽取的 2 人恰好为 1 对夫妻的情 况有  1 1,A B ，  2 2,A B ，  3 3,A B ，共 3 种，所以抽取的 2 人恰好为 1 对夫妻的概率为 3 1 15 5  ． 4．C ∵ 0, 1,0 1a b c    ，∴ ab a c  ． 5．B 由题得 ( ) lncos( ) lncos ( )f x x x f x     ，所以函数 ( )f x 是偶函数．所以图象关于 y 轴对称， 所以排除 A．C．又 ,2 2x       ，所以 cos (0,1)x ，所以 lncos ( ,0)x  ，所以 D 错误，故答案为 B． 6．D 由题意可知几何体的直观图如图：几何体的底面面积为 2 1 12 2 1 42 2        ，所以几何体的 体积为8  ，故选 B． 7．A 将 4 个选择支分别代入检验得，由上到下的两个空白内依次填入 1 2( 1) , 2 n S S n n n        ，才可 以计算出 2019 2017 2015 2013 5 3     ，所以选 A． 8 ． B 函 数 ( ) cos 2sin 2 3 3( 0)2 2 2 x x xf x           1 cossin 2 3 3 sin 3cos 2sin2 3 xx x x x               ， ( )f x 的图象向左平移 3   个单 位，得 2sin 3 3y x             的图象，∴函数 ( ) 2siny g x x  ；又 ( )y g x 在 0, 4      上为增函 数，∴ 4 4 T  … ，即 2 4 4    … ，解 2„ ，所以 的最大值为 2．故选 B ． 9．C 由已知得，20 40 100a b „ ，所以 2 5a b „ ，所以 2 2(2 ) 1 (2 ) 1 5 25 2 2 2 2 2 8 a b a bab             „ „ ， 当且仅当 2a b ， 2 5a b  ，即 5 5,2 4a b  时取等号，所以可裱框相片的最大面积为 25 8 平方米． 10．C 因为数列 nb 满足 2 1 2 2 2 14log log log 7b b b    ，所以有 7 1 2 3 14 2b b b b   ，又 1n n na a b   ， 所以 1n n n a ba   ，于是有 15 14 2 14 13 1 14 13 1 a a a b b ba a a       ，所以 715 1 2a a  ，故 1 2a  ，选 C． 11．A 因为圆 D 关于 y 轴对称，所以设圆心坐标为(0, )a ，半径为 r，因为点 ( 3,0), (0, 2)B C  位于其上， 所以 2 2 23 , 2a r r a    ，所以 5 4a  ，半径 13 4r  ，所以圆的标准方程为 2 2 2 5 13 4 4x y            ，所 以 D 到直线 BC 的距离 2 213 117 4 2 4 BCd             ，所以 3 13sin 13 dDBC r    ． 12．C 由 1 3 2 2f f          ，得 12 b  ，∴ 2b   ，又因为 (2) 3f  ，∴ 4 2 3b c    ，∴ 3c   ， ∴ ( )f x 的解析式 2 2, 0,( ) 2 3, 0, x xf x x x x      „ 由 ( ( )) 0g f x  ，∴ ( ) 5f x  ，当 0x„ 时， 2 5x   ，∴ 3x  （舍），当 0x  时， 2 2 3 5x x   ，∴ 4x  或 2x   ，又∵ 0x  ，∴ 4x  ，故函数的零点为 4x  ． 13．4 3 作出可行域为如图所示的三角形 ABC 边界及其内部区域，易知 (2, 4)A  ， ( 2,0)B  ， (2,2)C ．把 3 xz y   变形为 3 xy z  ，当且仅当动直线 3 xy z  过点 (2,2)C 时，z 取得最大值为 4 3 ． 14． 1 16y   将点 ( 1,4)P  带入抛物线可得 4m  ，即有 24y x ，所以 2 1 4x y ，则抛物线的准线方 程为 1 16y   ． 15 ． 2 由 ( 4) ( )f x f x  ， 得 (7) (3) ( 1)f f f   ， 又 ( )f x 为 偶 函 数 ， ∴ 2( 1) (1), (1) 2 1 2f f f     ．∴ (7) 2f  ． 16．2 2 设 ABC 的外接圆的圆心为 D，三棱锥 P ABC 外接球的球心为 O，O 到平面 ABC 的距离为 h，连接 PO ．因为 PA  平面 ABC ，所以四边形 PADO 为直角梯形，且OP OA ，所以 2h PA ，所 以 2h  ，所以三棱锥 P ABC 外接球的半径为 2 22 2 2 2  ． 17．解：（1）由题设得， 1 sin2 12cos bcbc A B  ，所以 1sin cos 6A B  ； 1 分 因为 1sin( ) sin cos cos sin cos sin ,0 sin( ) 16A B A B A B A B A B       „ ， 所以 1 5cos sin6 6A B  „ ． 3 分 又因为 1sin( ) sin cos cos sin cos sin , 1 sin( ) 16A B A B A B A B A B      „ „ ， 所以 5 7cos sin6 6A B „ „ ． 5 分 综上， 1 5cos sin6 6A B  „ ． 6 分 （2）因为 1 1sin cos ,cos sin6 3A B A B  ， 所以 1sin( ) sin cos cos sin 2A B A B A B    ， 所以 6A B   或 5 6A B   ， 所以 6C  或 5 6C  ． 9 分 因为sin cos 0,cos sin 0A B A B  ，所以 A，B 都为锐角， 又因为 ABC 为钝角三角形，所以 5 6C  ． 10 分 因为 1 1sin cos ,cos sin6 3A B A B  ， 所以 sin cos 1 cos sin 2 A B A B  ，所以 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 a a c b bc b ac b c a      ， 所以  2 2 23 b a c  ，所以 2 2 3b a  ． 12 分 18．证明：（1）连结 1 1, ,AC BD AC ． 在平行六面体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 因为 1 1 1 1/ / ,AB C D AB C D ，所以四边形 1 1ABC D 为平行四边形，所以 1 1,AC BD 相互平分， 2 分 因为 O 为平行四边形 1 1BDD B 的中心，所以 O 为 1BD 的中点，所以 O 为 1AC 的中点， 因为 E 为 1CC 的中点，所以 / /OE AC ， 4 分 因为OE  平面 ,ABCD AC  平面 ABCD ， 所以 / /OE 平面 ABCD ； 6 分 （2）因为 , / /OE BD OE AC ，所以 AC BD ， 因为平面 1 1BDD B  平面 ABCD ，平面 1 1BDD B 平面 ,ABCD BD AC  平面 ABCD ， 所以 AC  平面 1 1BDD B ， 9 分 所以 1AC BD ，所以 1OE BD ， 因为 1OB OD ，所以 1D E BE ． 12 分 19．解：（1）80 名读书者年龄的平均数为 25 0.05 35 0.1 45 0.2 55 0.3 65 0.25 75 0.1 54            ． 4 分 （2）由频率分布直方图可得中青年人数为 (0.005 0.01 0.02) 10 80 28     ， 老年人数为 (0.03 0.025 0.01) 10 80 52     ， 6 分 由此可得 2 2 列联表如图， 中青年 老年 合计 电子阅读 15 13 28 传统阅读 13 39 52 合计 28 52 80 9 分 由题意 2 2 80 (15 39 13 13) 320 6.53128 52 28 52 49K         ， 因为 6.531 3.841 ， 所以有 95%的把握认为“阅读习惯”与“年龄层次”有关． 12 分 20．解：（1） ( ) 2 sinf x x x  ， 2 分 令 ( ) 2 sinh x x x  ， 当 [0, ]x  时， ( ) 2 cos 0h x x   ， 4 分 所以当 [0, ]x  时， ( ) 2 sinh x x x  单调递增； 5 分 所以当 [0, ]x  时， ( ) 2 sin 0f x x x  … ， 所以当 [0, ]x  时， 2( ) cosf x x x  单调递增． 6 分 （2）因为当 ,6 2x       时，不等式 ( ) ( )f x g x… 有解， 所以当 ,6 2x       时，不等式 sin ( )a x f x„ 有解， 7 分 令 ( ) sin ( )k x x f x  ，所以 ( ) cos ( ) sin ( )k x x f x x f x     ， 8 分 因为当 ,6 2x       时， cos 0, ( ) 0,sin 0, ( ) 0x f x x f x    ， 所以 ( ) 0k x  ，所以 ( )k x 单调递增， 10 分 所以 2 ( ) 2 4k x k      „ ，所以 2 4a  „ ． 12 分 21．解：（1）由题意可得 2 2 2 4, 2 1 1,2 a a b    ，解得 2 24, 1a b  ， 2 分 所以椭圆的方程为： 2 2 14 x y  ； 3 分 （2）设直线 l 的方程为： 1 2y x t  ，设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ， 联立直线 l 与椭圆的方程 2 2 1 2 14 y x t x y       ，整理可得： 2 22 2 2 0x tx t    ， 则  2 24 4 2 2 0t t     ，即 2 2t  ，且 2 1 2 1 22 , 2 2x x t x x t     ． 5 分 （ⅰ）因为        1 2 2 11 2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 22 2 2 22 2 2 2 2 2PA PB x t x x t xy y k k x x x x                                  1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2( 2) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 x x t x x t t t t t x x x x                    ， 所以 APB 的角平分线平行于 y 轴． 7 分 （ⅱ）如图所示，当 AP BP 时，则 45APQ BPQ     ， 所以直线 AP 的方程为 22 2y x   ，即 2 2y x  ， 8 分 代入椭圆的方程可得 2 2 24 4 02x x         ，即 25 4 2 2 0x x   ， 可得 2 5Ax   ，所以可得 A 到直线 PQ 的距离 1 2 6 22 5 5d    ； 9 分 直线 BP 的方程为： 2 3 2( 2) 2 2y x x       ， 代入椭圆的方程 2 2 3 24 4 02x x          ，即 25 12 2 14 0x x   ，可得 7 2 5Bx  ，所以 B 到直线 PQ 的距离 2 7 2 2 225 5d    ， 10 分 而由上可得| | 2QP  ， 所以  1 2  1 1 6 2 2 2 8| | 22 2 5 5 5APQ BPQAPBQS S S PQ d d               四边形 ， 所以四边形 APBQ 的面积为 8 5 ． 12 分 22．解：（1）由题知点 A，C，D，B 的极坐标分别为 5 31, , 1, , 1, , 1,6 6 2 2                          ， 2 分 所以点 A，C，D，B 的直角坐标分别为 3 1 3 1, , , ,(0, 1),(0,1)2 2 2 2             ． 4 分 （2）设  0 0,P x y 是曲线 1C 上的任意一点，则 0 0 cos , 3sin x y     （ 为参数）， 5 分 因为 C，D 的直角坐标分别为 3 1, ,(0, 1)2 2       ， 所以直线CD 的直角坐标方程为 3 1y x   ，即 3 1 0x y   ， 6 分 所以 0 0 2 2 2 2 6 sin 13 1 | 3cos 3sin 1| 4 21 ( 3) 1 ( 3) x y d                ， 8 分 因为 6 1 6 sin 1 6 14        „ „ ，所以 6 10 2d  „ „ ． 10 分 23．解：（1）函数 3, 2, 1( ) | 2 1| | 2 | 3 1, 2 ,2 13, .2 x x f x x x x x x x                  „ „ 3 分 令 ( ) 0f x  ，求得 1 3x   ，或 3x  ， 故不等式 ( ) 0f x  的解集为 1 33x x x      或 ． 5 分 （2）若存在 0x R ，使得   2 0 2 4f x m m  ，即   2 0 4 2f x m m  有解， 7 分 由（1）可得 ( )f x 的最小值为 1 1 53 12 2 2f           ， 8 分 故 25 4 22 m m   ，解得 1 5 2 2m   ． 10 分