2021年高考文科数学预测押题密卷Ⅰ卷（word版 含答案）

2021年高考文科数学预测押题密卷Ⅰ卷

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知，则复数在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

3．在华罗庚等著的《数学小丛书》中，由一个定理的推导过程，得出个重要的正弦函数的不等式，若四边形的四个内角为，，，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

4．对两个变量，进行回归分析，得到组样本数据，，，，则下列说法不正确的是（    ）

A．由样本数据得到的回归直线方程必经过样本中心点

B．相关指数越大，残差的平方和越小，其模型的拟合效果越好

C．若线性回归方程为，当解释变量每增加个单位时，预报变量平均增加个单位

D．相关系数越接近，变量，相关性越强

5．已知平面向量，与，与的夹角为，且与垂直，则（    ）

A． B． C． D．

6．已知，则（    ）

A． B． C． D．

7．已知定义在上的偶函数，对，有成立，当时，，则（    ）

A． B． C． D．

8．已知等比数列的前项和为，若，，则（    ）

A． B． C． D．

9．若变量，满足约束条件，则目标函数的最大值为（    ）

A． B． C． D．

10．某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值为，则（    ）

A． B． C． D．

11．若函数在区间上单调递增，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

12．已知抛物线的焦点为，准线为，过抛物线上一点作，垂足为，且，则（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．函数的最小正周期为___________.

14．已知数列的前项和为，且，则___________.

15．已知双曲线的左､右焦点分别为，，为双曲线上一点，且，则___________.

16．四面体的顶点、、、在同个球面上，平面，，，，，则该四面体的外接球的表面积为___________.

三、解答题

17．已知的内角、、的对边分别为、、，且.

（1）求角；

（2）若的面积为，其周长为，求边长.

18．为了研究性格和血型的关系，随机抽查了个人的血型和性格，其情况如下表：

（1）根据上面的列联表，判断是否有的把握认为性格与血型有关？

（2）在“内向型”性格的人中，用分层抽样的方法抽取人.若从人中抽取人进一步分析性格和血型的关系，求恰好抽到两名“型或型”人的概率.

附表：

其中，

19．已知在六面体中，平面，平面，且，底面为菱形，且.

（1）求证：平面平面；

（2）若，，且为的中点，求三棱锥的体积.

20．已知函数.

（1）当时，求的极值；

（2）当时，证明：不等式成立.

21．已知椭圆的离心率为，，为其左､右顶点，为椭圆上任意一点(除去，)且.

（1）求椭圆的方程；

（2）过右焦点的直线交曲线于，两点，又以为边的平行四边形交曲线于，，求的最大值，并求此时直线的方程.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的方程为.

（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

（2）已知点，曲线和曲线交于A，两点，求的值.

23．已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若存在，使不等式成立，求的取值范围.

参考答案

1．D

【分析】

根据复数乘法，得到共轭复数，然后求出，从而判断出对应的点所在的象限.

【详解】

，故，该点（4，-2）位于第四象限.

故选：D.

2．C

【分析】

解出集合、，利用交集的定义可求得集合.

【详解】

，，因此，.

故选：C.

3．A

【分析】

根据四边形的内角和定理以及正弦函数的不等式可求得结果.

【详解】

四边形内角和为，

所以根据正弦函数的不等式

可得.

故选：A.

4．D

【分析】

根据回归直线方程，相关系数，相关指数的定义，分别判断选项.

【详解】

由定义知回归直线方程必经过样本中心点，故A正确；

由相关指数的定义知，越大模型拟合效果越好，由残差的平方和定义知，残差的平方和越小模型的拟合效果越好，故B正确；

C选项是回归直线方程的应用，故C正确；

相关系数的范围为，由定义知越接近，变量，相关性越强，故D错误.

故选：D.

5．A

【分析】

根据向量的数量积运算定义及向量的数量积运算性质求解.

【详解】

与垂直，

，

，

， ，与的夹角为，

，

解得，

故选：A

6．B

【分析】

先根据同角三角函数关系求出，再根据二倍角的正切公式求即可.

【详解】

，

即，

故选：B

7．C

【分析】

求得的周期，结合奇偶性求得的值.

【详解】

依题意对，有成立，

令，则，

所以，故，

所以是周期为的周期函数，

故.

故选：C

8．A

【分析】

根据等比数列的性质列式，由此求得.

【详解】

由于是等比数列，所以也成等比数列，

其中，所以，

所以.

故选：A

9．A

【分析】

先画出可行域，作出直线向上平移过点C时，目标函数取得最大值，求出点C的坐标代入目标函数可得答案

【详解】

作出约束条件对应的可行域如图中阴影部分所示(含边界)，

由可得，作出直线并平移可得，当直线经过点C时，其在轴上的距最大，此时取得最大值，

由，解得，即，

所以的最大值为.

故选：A.

10．B

【分析】

根据框图知，程序实现当时，求的功能，由裂项相消求和即可求解.

【详解】

根据框图可知，，即，

即，

故选：B

11．B

【分析】

由分离常数，利用构造函数法，结合导数，求得的取值范围.

【详解】

依题意在区间上恒成立，

即在区间上恒成立，

令，

，

在上递增，，

所以.

所以的取值范围是.

故选：B

12．C

【分析】

由题意结合图形可得为等边三角形，且边长为2，从而可求出其面积

【详解】

如图，由已知得，，，

，为等边三角形，又点到准线的距离为，

.

故选：C.

13．

【分析】

利用辅助角公式可得，再由即可求解.

【详解】

（其中）

所以.

故答案为：

14．

【分析】

利用求得数列的通项公式.

【详解】

当时，，

当时，，

两式相减得，

所以数列是首项为，公比为的等比数列，

则，所以.

故答案为：

15．

【分析】

利用双曲线的定义、余弦定理、三角形的面积公式列方程组，化简求得.

【详解】

依题意，

设，不妨设，，

设，

根据双曲线的定义、余弦定理、三角形的面积公式得

，，，，

，，，

，

由于，

所以，所以.

故答案为：

【点睛】

与双曲线焦点三角形面积有关的问题，可以结合双曲线的定义来进行求解.

16．

【分析】

利用余弦定理计算出，利用正弦定理计算出的外接圆半径，利用公式可计算出四面体的外接球半径，利用球体面积可求得结果.

【详解】

如下图所示：

圆柱的底面圆直径为，母线长为，则的中点 到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心.

可将三棱锥放在圆柱内 ，使得圆为的外接圆，点在圆上，

由余弦定理可得，则，

所以，的外接圆直径为，,

平面，所以，四面体的外接球半径为，

因此，四面体的外接球的表面积为.

故答案为：.

【点睛】

方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：

①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；

②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；

③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.

17．（1）；（2）.

【分析】

（1）利用正弦定理结合二倍角的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；

（2）利用三角形的面角公式可求得的值，由已知条件可得出，利用余弦定理可得出关于的方程，由此可解得边长.

【详解】

（1），由正弦定理可得，即，

因为、，则，，所以，，因此，；

（2）由三角形的面积公式可得，可得，

由已知条件可得，，

由余弦定理可得，

解得.

【点睛】

方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：

（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；

（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；

（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；

（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；

（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；

（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.

18．（1）有的把握认为“性格与血型”有关；（2）.

【分析】

（1）根据列联表计算，进而得有的把握认为“性格与血型”有关；

（2）由题知抽取的“型或型”的人依次为：，，，“型或型”的人依次为：，，再列举基本事件，结合古典概型概率公式计算即可得答案.

【详解】

（1）由已知，利用公式可得

故有的把握认为“性格与血型”有关.

（2）由已知，在样本中，“内向型”的人有人，从中抽取人

“型或型”的人中占人

“型或型”的人中占人，

令抽取的“型或型”的人依次为：，，

“型或型”的人依次为：，

从人中抽取人的所有基本事件为：

，，，，，，，，，

共个基本事件，

则恰好抽到两名“型或型”人的基本事件数为个，

所求事件的概率为.

【点睛】

本题考查独立性检验和古典概型求概率，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据分层抽样得“型或型”的人中占3人，“型或型”的人中占2人，再列举基本事件，结合古典概型求解.

19．（1）证明见解析；（2）

【分析】

（1）连接交于，易知，由平面得，进而得平面，由于平面，故即可证得；

（2）根据题意易得平面，平面，故根据等体积法得，再根据几何关系求解即可.

【详解】

解：（1）证明：连接交于，

∵ 底面为菱形，∴，为中点，

∵ 平面，平面，

∴ ，

∵ ，

∴ 平面，

∵ 平面，

∴ 平面平面.

（2）∵ 平面，平面，

∴，

∵ 平面，平面，

∴平面，

∵ 底面为菱形，∴

∵平面，平面

∴平面，

∵ 为的中点，

∴ 三棱锥的体积，

由（1）知得平面，，，，，

∴ ，，

所以，

所以

【点睛】

本题考查面面垂直的证明，等体积法求几何体的体积，考查空间想象能力，逻辑推理能力，运算求解能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于根据已知条件，利用等体积转化法得.

20．（1）极小值，无极大值；（2）证明见解析.

【分析】

（1）利用导数求得的单调区间，进而求得的极值.

（2）化简不等式，通过构造函数法，结合导数证得不等式成立.

【详解】

（1）当时，，

，

所以在区间上，递减，在区间上，递增.

所以在处取得极小值，没有极大值.

（2）要证时，不等式成立，

即证成立，

即证成立.

构造函数，

，

由于开口向下，对称轴为，过点，

所以存在零点，且.

，

所以在区间上，递增，在区间上，递减.

所以当时，取得极大值也即是最大值为：

，

，

所以在区间上递减，

当时，，

所以，

即成立.

【点睛】

证明含有参数的不等式恒成立问题，可利用构造函数法，结合导数来进行证明.

21．（1）；（2）；.

【分析】

（1）表示出MA，MB的直线斜率，根据条件求出参数a，b，从而求得椭圆方程.
（2）△PQR的面积等价于△PQF1，设方程，联立圆锥曲线，求得弦长，表达出△PQR面积表达式，借助函数解决面积最值问题.

【详解】

（1）令，则，

，又，

，

故所求椭圆的方程为.

（2）由椭圆方程的对称性知平行四边形的另一边过点，

如图，，到的距离等于到的距离，

又，，

令直线的方程为

联立，

显然且，，

令，，

令，则，

，

在为单调递增函数，

，

当且仅当，即时，的最大值为，此时直线自方程为.

【点睛】

方法点睛：利用联立直线与圆锥曲线方程得到面积的函数表达式，借助函数来解决最值问题.

22．（1）的普通方程为：，的直角坐标方程为：；（2）.

【分析】

（1）由极坐标与直角的互化公式，求得曲线的直角坐标方程，再由曲线的参数方程，消去参数，即可得到曲线的普通方程；

（2）由点在直线上，得出曲线的一个参数方程为（为参数），代入曲线，利用根与系数的关系，结合参数的几何意义，即可求解.

【详解】

（1）曲线的参数方程为（为参数），消去参数得，

故曲线的普通方程为：，

由得曲线的直角坐标方程为：；

（2）由（1）得曲线的参数方程为（为参数），代人的方程得，

整理得，设A，两点所对应的参数分别为，所以，，

由参数的几何意义知.

【点睛】

关键点点睛：本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线的参数方程的应用，其中解答中熟记互化公式，以及直线参数方程中参数的几何意义是解答的关键，着重考查推理与运算能力.

23．（1）；（2）.

【分析】

（1）分三种情况去掉绝对值后解不等式即可；

（2）令，求出其最大值，然后使其最大值大于等于，解关于的不等式即可得答案

【详解】

（1），

或或

解得或或

或或

原不等式的解集为

（2）令

则

，

存在，使得成立，

，

故满足条件的的取值范围为