2021年北京高考数学模拟仿真试卷(二)(含答案)

一、选择题 共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。 1．幂函数yx3的图象经过 A．点(2,1)

B．点(2,2)

C．点(2,4)

D．点(2,8)

2．已知平面向量a(1,1),b(1,2)，那么ab等于 A．1

B．2

C．3

D．4

3．已知集合A{1,3,5},A．{1,3}

Bx∣x2160，则AB

C．{1,3,5}

D．(0,4)

B．{3,5}

4．复数

ai1在复平面上对应的点位于第一象限，则实数a的取值范围是 iB．(,0)

C．(0,)

D．(1,)

A．(,1)

5．在(2x1)5的展开式中，x2的系数为 A．20

B．20

C．40

D．40

6．要得到函数ysin2xA．向右平移C．向左平移

的图象，只需将函数ysin2x的图象 3B．向右平移D．向左平移

个单位 6个单位 3个单位 6个单位 37．已知m，n是两条不同直线，、、是三个不同平面.下列命题中正确的是 A．若m//，n//，则m//n C．若m//，m//，则//

B．若，，则// D．若m，n，则m//n

8．在棱长为1的正四面体ABCD中，E, F分别是 BC, AD的中点，则AECF A．0

B．

1 2C．3 4D．1 29．数列an中，a11，an12an，数列bn满足bnan，则数列bn的前n项和Sn

A．

1(2)n3

12nB．

3C．2n1

D．(2)n1

10．在平面直角坐标系中，从点P(3,2)向直线kxy2k0作垂线，垂足为M，则点Q(2,4)与点M的距离的最小值是 A．522 B．42 C．62 D．17

第二部分（非选择题共110分

二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。

11．函数f(x)3xln(x1)的定义域是_________．

1，clog1，用“<”号连接a，b，c为___________．

12．，ba221213．不等式x2ax20在区间[1,5]上有解，则a

的取值范围是________．

14．设x，y为实数，若xy=1，则2x+y的取值范围是__________．

x215．若直线l：ykx1与双曲线C：y21有两个公共点，则实数k的取值范围是__________．

4三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 16．（本小题13分）已知

an是各项均为正数的等比数列，a1=1，且a3，3a2，a4成等差数列．

（1）求an的通项公式；

（2）设bnanlog2an，求数列bn的前n项和．

17．(本小题13分)在△ABC中，角A，B，C所对各边分别为a，b，c，已知（1）求角A；

（2）若____________，求sinC．

从以下这两个条件中任选一个，补充在上面的问题中并作答． 条件①：asinAsinCb

sinBsinCac7,b1；条件②：sinBcosC=31． 4注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．

18．(本小题14分)函数fx为定义在R上的奇函数，且x0时，f(x)xsinx.

（1）计算f(0)f()的值；

cos32sin（2）若0,，且f()，计算，kZ的值. 25cos2k19．(本小题15分)如图，在四棱锥PABCD中，PB底面ABCD，底面ABCD为梯形，AD// BC，

ADAB，且PBABAD3,BC1．

1（Ⅰ）若点F为PD上一点且PFPD，证明：CF//平面PAB；

3（Ⅰ）求二面角BPDA的大小；

（Ⅰ）在线段PD上是否存在一点M，使得CMPA?若存在，求出PM的长；若不存在，说明理由． 20．(本小题15分)已知函数fxx2ex12axaxaR. 2（Ⅰ）当a0时，求曲线yfx在点0,f0处的切线方程； （Ⅰ）若a0，讨论函数fx的单调性；

（Ⅰ）当x2时，fx0恒成立，求a的取值范围.

21．(本小题15分)已知每项都是正整数的数列a1,a2,a3,…,a100,其中等于i的项有ki个(i1,2,3,…),设

bjk1k2…kjj1,2,3,…,gmb1b2…bm100mm1,2,3,….

(1)若k140,k230,k320,k410,k5…k1000,求g1,g2,g3,g4. (2)若a1,a2,a3,…,a100中最大的项为50,比较gm与gm1的大小. (3)若a1a2a3…a100200,求函数gm的最小值.

参

1．D 2．C 3．A 4．C 5．C 6．D 7．D 8．D 9．C 10．A 11．1,3 12．cba 13．a【分析】 14．,2223 522, 3111,15．2,222ann122,2 16．（1）

n2n212n12；（2）.

【解析】

（1）因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，

a11，6a2a3a4，设数列{an}的公比为q0，

2则qq60，解得q2，或q3（舍），

n1n1所以ana1q2；

（2）因为bnanlog2an，由（1）知：an2n1，

n1则bn2n1，设数列bn的前n项和为Sn，

则Snb1b2b3bn

200212222021222n1n1

n1

2n1012112n12n0n1

2n2n21，

2nn2n数列bn的前n项和为：21.

2n17．（1）【解析】

2；（2）答案见解析. 3sinAsinCb,

sinBsinCacacb, 整理可得b2c2a2bc 所以由正弦定理可得

bcac（1）因为

b2c2a21, 所以 cosA2bc2因为 A(0,), 所以 A（2）若选条件①: a22 37,b1 由余弦定理a2b2c22bccosA,

可得71c21c()整理可得c2c60 解得c=2或-3（舍去）， 所以由正弦定理

12ac, sinAsinC可得

sinCcsinAa23221

7731, 4若选条件②: sinBcosC因为 BC3 可得 sin31 CcosC34可得31cos2CsinCcosC 221133133 cos2Csin2Ccos2C4264444可得cos2C1, 62因为C0,52C,, ,可得6663所以2C62, 可得C34，可得sinC2 218．（1）；（2）当0,【解析】

33时，原式的值为；当,时，原式的值为. 2442（1）因为fx为定义在R上的奇函数，所以f00， 因为x0时，f(x)xsinx， 所以f()sin， 所以f(0)f()；

cos2sinsin2sinsin（2）由诱导公式化简可得， 2tancos2kcoscos因为f()sin33，所以sin， 5523sin5343， 当0,时，cos1sin21，此时tan442cos55543当,时，cos1sin21， 25523sin35， 此时tancos445330,综上所述：当时，原式的值为；当,时，原式的值为.

442219．（Ⅰ）见解析；（Ⅰ）【解析】

（Ⅰ）过点F作FH// AD，交PA于H，连接BH，

33. ；（Ⅰ）存在，且PM32

11因为PFPD，HF//AD，所以HFADBC．

33又FH//AD，AD//BC，所以HF//BC． 所以BCFH为平行四边形, 所以CF//BH．

又BH平面PAB，CF平面PAB，所以CF//平面PAD． （Ⅰ）因为梯形ABCD中，AD//BC，ADAB，所以BCAB． 因为PB平面ABCD，所以PBAB，PBBC,

如图，以B为原点，BC,BA,BP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,

所以C(1,0,0),D(3,3,0),A(0,3,0),P(0,0,3)．

设平面BPD的一个法向量为n(x,y,z)，平面APD的一个法向量为m(a,b,c), 因为PD(3,3,3),BP(0,0,3),

nPD03x3y3z0所以，即，取x1得到n(1,1,0)，

3z0nBP0因为AP0,3,3，所以mPD0mAP0，即3a3b3c0，令b1得m(0,1,1)，

3b3c0所以cosm,n1,

2mnmn因为二面角BPDA为锐角，所以二面角BPDA为

； 3（Ⅰ）假设存在点M，设PMPD(3,3,3)，其中0≤≤1， 所以CMCPPD(13,3,33)， 所以APCM93(33)0，解得所以存在点M，且PM1， 2133． PD22220．（Ⅰ）yx2；（Ⅰ）答案见解析；（Ⅰ）,e.

【解析】

（Ⅰ）当a0时，fxx2e

xf002e02，

fxx1ex，kf(0)01e01

所以切线方程为：y2(x0)，即：yx2； （Ⅰ）由题fxx2ex12axax，可得fxx1exaxax1exa 2由于a0，f(x)0的解为x1lna，x21，

（1）当lna1，即ae时，f(x)0，则fx在,上单调递增； （2）当lna1，即0ae时，

在区间,lna,1,上，f(x)0在区间lna,1上，f(x)0， 所以fx的单调增区间为,lna,1,；单调减区间为lna,1. (3)当lna1，即ae时，

在区间,1,lna, 上，f(x)0 在区间1,lna上，f(x)0，

则fx在,1,lna,上单调递增，1,lna上单调递减.

x（Ⅰ）解法一：f(x)x1ea

（1）当a0时，因为x2，所以x10，exa0，所以f(x)0， 则fx在2,上单调递增，fxf20成立 （2）当0ae2时，f(x)0，

所以fx在2,上单调递增，所以fxf20成立.

（3）当ae2时，在区间2,lna上，f(x)0；在区间lna,，f(x)0，

所以fx在2,lna上单调递减，lna,上单调递增，所以fxf20，不符合题意.

2综上所述，a的取值范围是,e.

解法二：

x当x2时，f(x)0恒成立，等价于“当x2时，(x2)e2（x2)ex在2,上恒成立. 即(xx)a12axax0恒成立”. 212当x2时，0a0，所以aR.

（x2)ex2ex12a当x2时， xx0，所以12x恒成立.

xx22(x1)ex2ex 设g(x)，则g(x)22xx因为x2，所以g(x)0，所以g(x)在区间2,上单调递增.

2所以g(x)g(2)e，所以ae2.

2综上所述，a的取值范围是,e.

21．（1）g(1)=﹣60,g(2)=﹣90,g(3)=﹣100,g(4)=﹣100（2）见解析（3）-100 【解析】

(1)∵数列k1=40，k2=30，k3=20，k4=10，∴b1=40，b2=70，b3=90，b4=100， ∴g(1)=﹣60，g(2)=﹣90，g(3)=﹣100，g(4)=﹣100；

(2)∵g(m+1)﹣g(m)=bm+1﹣100，根据bj的含义，知bm+1≤100，∴g(m+1)﹣g(m)≤0， 即g(m)≥g(m+1)，当且仅当bm+1=100时取等号；

又∵a1，a2，a3，…，a100中最大的项为50，∴当m≥50时，bm=100，∴g(1)>g(2)>…>g(49)=g(50)=g(51)=…， 即当1g(m+1)，当m≥49时，有g(m)=g(m+1)；

(3)设M为{a1，a2，…a100}中的最大值，由(2)知，g(m)的最小值为g(M)； 则g(M)=b1+b2+b3+…+bM﹣100M=(b1﹣100)+(b2﹣100)+(b3﹣100)+…+(bM﹣1﹣100) =(﹣k2﹣k3﹣…﹣kM)+(﹣k3﹣k4﹣…﹣kM)+(﹣k4﹣k5…﹣kM)+…+(﹣kM) =﹣[k2+2k3+…+(M﹣1)kM] =﹣(k1+2k2+3k3+…+MkM)+(k1+k2+…+kM)

=﹣(a1+a2+a3+…+a100)+bM=﹣(a1+a2+a3+…+a100)+100∵a1+a2+a3+…+a100=200， ∴g(M)=﹣100，∴g(m)最小值为﹣100， ∴g(m)的最小值为g(101)=﹣100.