山东省济南市2021届新高考数学二模试卷含解析

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

2上的函数fx与其导函数fx的图象如图所示，设O为坐标原点，A、B、C、D1．定义在2,四点的横坐标依次为fx141、、1、，则函数y的单调递减区间是（ ） x326e

A．14, 63B．1,1 2C．11, 26D．1,2

【答案】B 【解析】 【分析】

先辨别出图象中实线部分为函数yfx的图象，虚线部分为其导函数的图象，求出函数yfxex的

导数为yfxfxex，由y0，得出fxfx，只需在图中找出满足不等式fxfx对

应的x的取值范围即可. 【详解】

若虚线部分为函数yfx的图象，则该函数只有一个极值点，但其导函数图象（实线）与x轴有三个交点，不合乎题意；

若实线部分为函数yfx的图象，则该函数有两个极值点，则其导函数图象（虚线）与x轴恰好也只有两个交点，合乎题意. 对函数yfxex求导得yfxfxex，由y0得fxfx，

由图象可知，满足不等式fxfx的x的取值范围是1,1， 2因此，函数y故选：B. 【点睛】

fxex的单调递减区间为1,1. 2本题考查利用图象求函数的单调区间，同时也考查了利用图象辨别函数与其导函数的图象，考查推理能力，属于中等题.

2．已知复数z满足z1，则z2i的最大值为（ ） A．23 【答案】B 【解析】 【分析】

设zabi,a,bR，z2i(a2)2(b1)2，利用复数几何意义计算. 【详解】

设zabi,a,bR，由已知，a2b21，所以点(a,b)在单位圆上， 而z2i|(a2)(b1)i|=B．15

C．25

D．6

(a2)2(b1)2，(a2)2(b1)2表示点(a,b)

到(2,1)的距离，故z2i(2)212115. 故选：B. 【点睛】

本题考查求复数模的最大值，其实本题可以利用不等式|z2i||z||2i|来解决.

3．20世纪产生了著名的“3x1”猜想：任给一个正整数x，如果x是偶数，就将它减半；如果x是奇数，则将它乘3加1，不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到1.如图是验证“3x1”猜想的一个程序框图，若输入正整数m的值为40，则输出的n的值是（ ）

A．8 【答案】C 【解析】 【分析】

B．9 C．10 D．11

列出循环的每一步，可得出输出的n的值. 【详解】

n1，输入m40，n112，m1不成立，m是偶数成立，则m2010； 210n314，m1不成立，m是偶数成立，则m5；

2n415，m1不成立，m是偶数不成立，则m35116；

4020； 2n213，m1不成立，m是偶数成立，则m168； 28n617，m1不成立，m是偶数成立，则m4；

24n718，m1不成立，m是偶数成立，则m2；

22n819，m1不成立，m是偶数成立，则m1；

2n9110，m1成立，跳出循环，输出n的值为10.

n516，m1不成立，m是偶数成立，则m故选：C. 【点睛】

本题考查利用程序框图计算输出结果，考查计算能力，属于基础题. 4．已知复数A．-1 【答案】B 【解析】 【分析】 化简得到【详解】

为纯虚数，故

故选：. 【点睛】

本题考查了根据复数类型求参数，意在考查学生的计算能力. 5．复数z且

，即

.

，根据纯虚数概念计算得到答案.

B．1

为纯虚数(为虚数单位)，则实数

C．0

（ ） D．2

i（i是虚数单位）在复平面内对应的点在（ ） 2iB．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

A．第一象限 【答案】B 【解析】 【分析】

利用复数的四则运算以及几何意义即可求解. 【详解】 解：zi2ii12i12i， 2i2i2i555i12（i是虚数单位）在复平面内对应的点的坐标为：,， 2i55则复数z位于第二象限. 故选：B. 【点睛】

本题考查了复数的四则运算以及复数的几何意义，属于基础题.

aba4b4c4a2b22c6．已知ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且，若为最大边，则2cca2b2的取值范围是（ ）

23A．1,3

B．1,3

23C．1,3

D．(1,3]

【答案】C 【解析】 【分析】

a4b4c4a2b2由2c2，化简得到cosC的值，根据余弦定理和基本不等式，即可求解. 22ab【详解】

a4b4c4a2b2(a2b2)2c4a2b222由，可得， 2c2c2222ababc2(a2b2c2)a2b2可得abc， 22ab222(a2b2c2)(c2a2b2)a2b2通分得0， 22aba2b2c221整理得(abc)ab，所以()，

2ab4222222因为C为三角形的最大角，所以cosC2221， 2222又由余弦定理cab2abcosCabab(ab)ab

(ab)2(所以cab23)(ab)2，当且仅当ab时，等号成立， 243ab23， (ab)，即2c3又由abc，所以故选：C. 【点睛】

ab23的取值范围是(1,]. c3本题主要考查了代数式的化简，余弦定理，以及基本不等式的综合应用，试题难度较大，属于中档试题，着重考查了推理与运算能力.

7．已知集合Axylgsinx9x2，则f(x)cos2x2sinx，xA的值域为（ ）

3A．1,

2【答案】A 【解析】 【分析】

3B．1,

21C．1,

22D．2,2

先求出集合A0,3，化简fx=2sin2x2sinx1，令sinxt0,1，得gt2t2t1由

2二次函数的性质即可得值域. 【详解】

sinx00x3，得A0,3 ，fxcos2x2sinx2sin2x2sinx1，令sinxt， 由29x011x0,3，t0,1，所以得gt2t22t1 ，gt 在0, 上递增，在,1上递减，

221333g11,g ，所以gt1,，即 fx的值域为1,

2222故选A 【点睛】

本题考查了二次不等式的解法、二次函数最值的求法，换元法要注意新变量的范围，属于中档题 8．如图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB,AC.已知以直角边AC,AB为直径的半圆的面积之比为记ABC，则sin2（ ）

1，4

A．

9 25B．

12 25C．

3 5D．

4 5【答案】D 【解析】 【分析】

由半圆面积之比，可求出两个直角边AB,AC 的长度之比，从而可知tan数的基本关系，即可求出sin,cos，由二倍角公式即可求出sin2. 【详解】

AC1，结合同角三角函AB21AB解：由题意知0, ，以AB 为直径的半圆面积S1， 2222S2AC21AC11ACtan. 以AC 为直径的半圆面积S2，则，即S1AB24AB22225sin2cos21sin55254 ，所以sin22sincos2由，得. sin1555cos25tancos25故选:D. 【点睛】

本题考查了同角三角函数的基本关系，考查了二倍角公式.本题的关键是由面积比求出角的正切值. 9．将函数f(x)cosx的图象先向右平移

5个单位长度，在把所得函数图象的横坐标变为原来的631(0)倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，若函数g(x)在(,)上没有零点，则的取值范

2229围是（ ）

223928C．(0,][,1]

99【答案】A 【解析】 【分析】

A．(0,][,] B．(0,] D．(0,1]

根据y=Acos（ωx+φ）的图象变换规律，求得g（x）的解析式，根据定义域求出x余弦函数的图象和性质，求得ω的取值范围． 【详解】

函数f(x)cosx的图象先向右平移个单位长度， 可得ycosx5的范围，再利用65656的图象， 再将图象上每个点的横坐标变为原来的得到函数g(x)cosx∴周期T1(0)倍(纵坐标不变)，

56的图象， 2，

若函数g(x)在(3,225535x∴ ， 2662635∴ 62562T， 2)上没有零点，

21，解得01，

5k234126k， 又，解得

2323k35262当k=0时，解

28， 392， 9当k=-1时，01，可得0228(0,][,].

939故答案为：A. 【点睛】

本题考查函数y=Acos（ωx+φ）的图象变换及零点问题，此类问题通常采用数形结合思想，构建不等关系式，求解可得，属于较难题. 10．已知sinA．1，则sin的值等于（ ） 243B．7 92 9C．

2 9D．

7 9【答案】A 【解析】 【分析】

由余弦公式的二倍角可得，cos(7)12sin2，再由诱导公式有 22497cos()sin，所以sin

29【详解】 ∵sin1 243∴由余弦公式的二倍角展开式有

7cos()12sin2

2249又∵cos(2)sin

∴sin 故选：A 【点睛】

本题考查了学生对二倍角公式的应用，要求学生熟练掌握三角函数中的诱导公式，属于简单题

7911．已知集合Ax|log2x1，集合By|yA．,2 【答案】D 【解析】 【分析】

可求出集合A，B，然后进行并集的运算即可． 【详解】

解：Ax|0x2，By|y0；

B．,2

2x，则AB（ ）

D．0,

C．0,2

AB0,．

故选D． 【点睛】

考查描述法、区间的定义，对数函数的单调性，以及并集的运算．

12．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且AB//CD，若正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，则下列结论正确的是（ ）

A．mn 【答案】A 【解析】 【分析】

B．mn2

C．mn

D．mn8

根据题意，画出几何位置图形，由图形的位置关系分别求得m,n的值，即可比较各选项. 【详解】

如下图所示，CE平面ABPQ，从而CE//平面A1B1PQ11，

易知CE与正方体的其余四个面所在平面均相交， ∴m4，

∵EF//平面BPPB11，EF//平面AQQ1A1，且EF与正方体的其余四个面所在平面均相交， ∴n4，

∴结合四个选项可知，只有mn正确. 故选：A. 【点睛】

本题考查了空间几何体中直线与平面位置关系的判断与综合应用，对空间想象能力要求较高，属于中档题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落.小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A袋或B袋中.己知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是

1，则小球落入A袋中的概率为__________． 2

【答案】【解析】

3 4记小球落入B袋中的概率P(B)，则PAPB1，又小球每次遇到黑色障碍物时一直向左或者一直

3111则PA1PB3．

向右下落，小球将落入B袋，所以有PB，故本题应填．4422414．x1x2展开式中x2的系数为_________. 【答案】48 【解析】 【分析】

变换x1x2xx2x2，根据二项式定理计算得到答案. 【详解】

666336x26r6r的展开式的通项为：Tr1C6x2，x1x2xx2x2，

54r66654取r=5和r4，计算得到系数为：C62C6248.

故答案为：48. 【点睛】

本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.

15．已知函数fx是定义在R上的奇函数，且周期为2，当x0,1时，fxx为___________________． 【答案】0 【解析】 【分析】

a，则fa的值3ax,0x13由题意可得：fx0,x0，周期为2，可得f1f1，可求出a0，最后再求faax,1x03的值即可. 【详解】 解：

函数fx是定义在R上的奇函数，

ax,0x13fx0,x0.

ax,1x03由周期为2，可知f1f1，1aa1，a0. 33faf00.

故答案为：0. 【点睛】

本题主要考查函数的基本性质，属于基础题.

16．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinAsinB3sinC，且c1，则ABC面积的最大值为________. 【答案】【解析】 【分析】

利用正弦定理将角化边得到ab2 43，再由余弦定理得到cosC11，根据同角三角函数的基本关ab211211系表示出sinC，最后利用面积公式得到SabsinCab由基本不12ab，22abab2等式求出ab的取值范围，即可得到面积的最值；

【详解】

解：∵在ABC中，sinAsinB3sinC，∴ab3c3，

a2b2c2(ab)22abc21∴cosC1，

2ab2abab211∴sinC1cos2C1， 1ababab11211∴SabsinCab12ab. 22abab2∵ab22232ab，即0ab33，当且仅当ab时等号成立， 42∴S11322. ，∴ABC面积的最大值为12ab12224442 4故答案为：【点睛】

本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，三角形面积公式的应用，以及基本不等式的应用，属于中档题. 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。

17．如图，已知平面QBC与直线PA均垂直于RtABC所在平面，且PAABAC．

（1）求证：PA//平面QBC；

（2）若PQ平面QBC，求CQ与平面PBC所成角的正弦值.

【答案】（1）见解析；（2）【解析】 【分析】 【详解】

2 3（Ⅰ）证明：过点Q作QDBC于点D， ∵平面QBC⊥平面ABC，∴QD平面ABC 又∵PA⊥平面ABC ∴QD∥PA, 又∵QD平面QBC ∴PA∥平面QBC

（Ⅱ）∵PQ平面QBC∴PQBPQC90，又∵PBPC,PQPQ∴PQB≌PQC∴BQCQ ∴点D是BC的中点，连结AD，则ADBC ∴AD平面QBC∴PQ∥AD，ADQD ∴四边形PADQ是矩形

设PAABAC2a，得：PQAD2a，PD6a

又∵BCPA,BCPQ，∴BC平面PADQ，

从而平面PBC平面PADQ，过Q作QHPD于点H，则QH平面PBC ∴QCH是CQ与平面PBC所成角

∴QH22a23a，CQBQ6a

36QH2312 CQ3362 3sinQCH∴CQ与平面PBC所成角的正弦值为

考点：面面垂直的性质定理；线面平行的判定定理；线面垂直的性质定理；直线与平面所成的角． 点评：本题主要考查了线面平行的证明和直线与平面所成的角，属立体几何中的常考题型，较难．本题也

可以用向量法来做：用向量法解题的关键是；首先正确的建立空间直角坐标系，正确求解平面的一个法向量．注意计算要仔细、认真．≌

18．在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，BAD120,PA2,PBPCPD,E是PB的中点.

（1）证明：PA平面ABCD；

（2）设F是直线BC上的动点，当点E到平面PAF距离最大时，求面PAF与面EAC所成二面角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）【解析】 【分析】

（1）取BC中点M，连接PM,AM，根据菱形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；（2）根据面面垂直的判定定理和性质定理，可以确定点B到直线AF的距离即为点B到平面PAF的距离，结合垂线段的性质可以确定点E到平面PAF的距离最大，最大值为1.

以A为坐标原点，直线AF,AB,AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系Axyz.利用空间向量夹角公式，结合同角的三角函数关系式进行求解即可. 【详解】

（1）证明：取BC中点M，连接PM,AM， 因为四边形ABCD为菱形且BAD120. 所以AMBC，

因为PBPC，所以PMBC， 又AM27 7PMM，

所以BC⊥平面PAM，因为PA平面PAM， 所以PABC. 同理可证PADC， 因为DCBCC，

所以PA平面ABCD.

（2）解：由（1）得PA平面ABCD，

所以平面PAF平面ABCD，平面PAF平面ABCDAF. 所以点B到直线AF的距离即为点B到平面PAF的距离.

过B作AF的垂线段，在所有的垂线段中长度最大的为AB2，此时AF必过DC的中点， 因为E为PB中点，所以此时，点E到平面PAF的距离最大，最大值为1. 以A为坐标原点，直线AF,AB,AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系Axyz. 则A(0,0,0),C(3,1,0),E(0,1,1),B(0,2,0) 所以AC(3,1,0),AE(0,1,1),AB(0,2,0) 平面PAF的一个法向量为AB(0,2,0)， 设平面AEC的法向量为n(x,y,z)，

ACn0,3xy0, 则即yz0,AEn0,取y1，则n(3,1,1)， 3cosn,ABnAB21，

7|n||AB|27， 727. 7所以sinn,AB1cos2n,AB所以面PAF与面EAC所成二面角的正弦值为【点睛】

本题考查了线面垂直的判定定理和性质的应用，考查了二面角的向量求法，考查了推理论证能力和数算能力.

x2y219．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:221a0,b0的短轴长为2，直线l与椭圆C相

ab交于A,B两点，线段AB的中点为M.当M与O连线的斜率为（1）求椭圆C的标准方程；

（2）若AB2,P是以AB为直径的圆上的任意一点，求证：OP3

1时，直线l的倾斜角为 24x2【答案】（1）y21；（2）详见解析.

2【解析】 【分析】

y1y2b2x1x22（1）由短轴长可知b1，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由设而不求法作差即可求得，

x1x2ay1y2将相应值代入即求得a2，椭圆方程可求；

（2）考虑特殊位置，即直线l与x轴垂直时候，OP13成立，当直线l斜率存在时，设出直线l方程ykxm，与椭圆联立，结合中点坐标公式，弦长公式，得到m与k的关系，将|OM|表示出来，结

2合基本不等式求最值，证明最后的结果 【详解】

解：（1）由已知，得b1

x12y121a2b2由2，两式相减，得 2x2y21a2b2y1y2b2x1x22

x1x2ay1y2根据已知条件有， 当

x1x2yy2时，121

x1x2y1y2b21∴2，即a2 a2x2∴椭圆C的标准方程为y21

2（2）当直线l斜率不存在时，OP13，不等式成立. 当直线l斜率存在时，设l:ykxm

ykxm2222k1x4kmx2m20 由2得2x2y24km2m22∴x1x2，16k28m280 ,x1x2222k12k1m4k2122km2M,,OMm2∴ 222k12k12k21由AB1k22212k2m22 22k12k21 化简，得m22k22∴OM24k212k2122k212k22

4k21 222k12k2令4k21t1，则

OM24t4t1t3t34

t4423 234当且仅当t3时取等号 ∴OM42331

∵OPOM1 ∴OP3

当且仅当k231时取等号 4综上，OP3 【点睛】

本题为直线与椭圆的综合应用，考查了椭圆方程的求法，点差法处理多未知量问题，能够利用一元二次方程的知识转化处理复杂的计算形式，要求学生计算能力过关，为较难题

20．在四棱锥PABCD的底面ABCD中，BC//AD，CDAD，PO平面ABCD，O是AD的中点，且POAD2BC2CD2

（Ⅰ）求证：AB//平面POC； （Ⅱ）求二面角OPCD的余弦值；

（Ⅲ）线段PC上是否存在点E，使得ABDE，若存在指出点E的位置，若不存在请说明理由.

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）【解析】 【分析】

10；（Ⅲ）存在，点E为线段PC的中点. 5（Ⅰ）连结OC，BCAO，BC//AD，则四边形ABCO为平行四边形，得到证明.

（Ⅱ）建立如图所示坐标系，平面PCD法向量为n1(0,2,1)，平面POC的法向量n2BD(1,1,0)，计算夹角得到答案.

（Ⅲ）设E(x,y,z)，计算DE(,1,22)，AB(1,1,0)，根据垂直关系得到答案. 【详解】

（Ⅰ）连结OC，BCAO，BC//AD，则四边形ABCO为平行四边形.

AB//OCAB平面POCAB//平面POC. OC平面POC（Ⅱ）PO平面ABCD，CDAD四边形OBCD为正方形.

ODBCCD所以OB，OD，OP两两垂直，建立如图所示坐标系，

则C(1,1,0)，P(0,0,2)，D(0,1,0)，B(1,0,0)，

n1CD0n1(0,2,1)， 设平面PCD法向量为n1(x,y,z)，则n1PD0连结BD，可得BDOC，又BDPO所以，BD平面POC， 平面POC的法向量n2BD(1,1,0)， 设二面角OPCD的平面角为，则cosn1n210.

5|n1||n2|（Ⅲ）线段PC上存在点E使得ABDE，设E(x,y,z)，

PEPC(x,y,z2)(1,1,2)E(,,22)

DE(,1,22)，AB(1,1,0)，ABDEABDE0所以点E为线段PC的中点. 【点睛】

本题考查了线面平行，二面角，根据垂直关系确定位置，意在考查学生的计算能力和空间想象能力. 21．已知函数f(x)ax2alnx，a[0,),使得对任意两个不等的正实数x1,x2，都有

1， 2fx1fx20恒成立.

x1x2（1）求f(x)的解析式； （2）若方程

1f(x)m有两个实根x1,x2，且x1x2，求证：x1x21. 2x【答案】（1）f(x)lnx；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】

212ax1（1）根据题意，f(x)在(0,)上单调递减，求导得f(x)2ax(x0)，分类讨论f(x)xx的单调性，结合题意，得出f(x)的解析式； （2）由x1,x2为方程

111m，lnx2m，两式相减，分f(x)m的两个实根，得出lnx12x2x2x12x11和构造函数h(t)t2lnt,0t1，根据导数研究单调性，求x2t别算出x1和x2，利用换元法令t出h(t)h(1)0，即可证出结论. 【详解】

（1）根据题意，f(x)对任意两个不等的正实数x1,x2，都有则f(x)在(0,)上单调递减，

fx1fx20恒成立.

x1x212ax21因为f(x)2ax(x0)，

xx当a0时，f(x)0,f(x)在(0,)内单调递减.， 当a0时，由f(x)0，有x1， 2a此时，当x0,1时，f(x)0,f(x)单调递减， 2a当x1,时，f(x)0,f(x)单调递增， 2a综上，a0，所以f(x)lnx. （2）由x1,x2为方程得lnx11f(x)m的两个实根， 2x11m,lnx2m， 2x12x2110， 2x12x2两式相减，可得lnx1lnx2x1x112x2x1,x2因此x1， x1x12ln2lnx2x2令tx1，由x1x2，得0t1， x211tt1则tt， x1x22lnt2lnt2lnt1构造函数h(t)t2lnt,0t1.

t112(t1)2则h(t)120， 2ttt所以函数h(t)在(0,1)上单调递增， 故h(t)h(1)0，

11t即t2lnt0， 可知t1，

t2lnt故x1x21，命题得证. 【点睛】

本题考查利用导数研究函数的单调性求函数的解析式、以及利用构造函数法证明不等式，考查转化思想、解题分析能力和计算能力.

222．已知数列an的前n项和为Sn，且满足2Snnn（nN*）.

（1）求数列an的通项公式；

2an,(n2k1)2（2）设bn（kN*），数列bn的前n项和Tn.若

,(n2k)1a1ann211T2nab对nN*恒成立，求实数a，b的值.

42n2【答案】（1）an1n(n1)（2）a【解析】 【分析】

（1）根据数列的通项an与前n项和Sn的关系式，即求解数列的通项公式；

n411. ，b632211（2）由（1）可得

1an1an2n(n2)nn2，利用等比数列的前n项和公式和裂项法，求

11411得T2n，结合题意，即可求解. 6342n2【详解】

2（1）由题意，当n1时，由2S111，解得a10；

n22(n1)(n1)当n2时，可得2an2Sn2Sn1nn22n，

即an1n,(n2)，

显然当n1时上式也适合，所以数列的通项公式为an1n.

2211（2）由（1）可得

1an1an2n(n2)nn2，

所以T2nb1b3b2n1b2b4b2n

11 2n2n22022n1111222n244611n1111411. 4122n26342n21411因为T2nab对nN*恒成立，

42n2所以an411. ，b63【点睛】

本题主要考查了数列的通项公式的求解，等差数列的前n项和公式，以及裂项法求和的应用，其中解答中熟记等差、等比数列的通项公式和前n项和公式，以及合理利用“裂项法”求和是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题. 23．已知a＞0，证明：a2【答案】证明见解析 【解析】 【分析】

利用分析法，证明a＞即可． 【详解】

证明：∵a＞0，∴a∴a11＞a1． 2aa1a3211， a11≥0， a∴要证明a2只要证明a111＞a1， 2aa1111＞a4a（）﹣（）+4， a2aa13只要证明：a＞，

a213∵a1＞，

a2∴原不等式成立． 【点睛】

本题考查不等式的证明，着重考查分析法的运用，考查推理论证能力，属于中档题．