2021届新课标全国II高考理科数学预测卷（含答案解析）

1、2021 届届新课标全国新课标全国 II 高考理科数学预测卷高考理科数学预测卷 【满分：【满分：150 分分】 一、一、选择题：本题共选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，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。要求的。 1.若全集1,2,3,4,5,6U ，集合1,3,4,2,3,4MN，则 UU MN痧( ) A.5,6 B.1,5,6 C.2,5,6 D.1,2,5,6 2.若 2 sin 3 x ，则cos2x ( ) A. 4 9 B. 4 9 C. 5 9 D. 5 9 3.不透明的

2、箱子中有形状、 大小都相同的 5 个球， 其中 2 个白球， 3 个黄球， 现从该箱子中随机摸出 2 个球， 则这 2 个球颜色不同的概率为( ) A. 3 10 B. 2 5 C. 3 5 D. 7 10 4.张丘建算经卷上第 22 题为：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月日织九匹三丈.”其意思 为：现有一善于织布的女子，从第 2 天开始，每天比前一天多织相同量的布，第一天织 5 尺布，现在一月(按 30 天计)共织 390 尺布，则从第 2 天开始每天比前一天多织( ) A. 1 2 尺布 B. 5 18 尺布 C.16 31 尺布 D. 16 29 尺布 5.过点2,4M 作圆

3、22 :2125Cxy的切线l，且直线 1: 320laxya与l平行，则 1 l与l之 间的距离是( ) A. 8 5 B. 2 5 C. 28 5 D.12 5 6.设数列 n a的前 n 项和为 n S，若 11 1, 21 nn aSS ，则 7 S ( ) A.63 B.127 C.128 D.256 7.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的各个面中，面积的最大值为( ) A. 1 2 B. 3 2 C. 5 2 D. 10 2 8.已知双曲线 2 2 :1 8 x Cy的右焦点为F，渐近线为 12 ,l l，过点F的直线l与 12 ,l l的交点分别为, A B.若 2 AB

4、l，则AB ( ) A. 16 7 B. 18 7 C. 11 5 D. 13 5 9.已知定义在R上的奇函数 f x满足 2f xf x，且在区间1,2上单调递减，令 1 2 1 2 1 ln2,log 2 4 abc ，则 ,f af bf c的大小关系为( ) A. f bf cf a B. f af cf b C. f cf bf a D. f cf af b 10.在ABCV中，90 ,30 ,1,CBACM 为AB的中点， 将BCMV沿CM折起， 使点, A B间的距离为2， 则点M到平面ABC的距离为( ) A. 1 2 B. 3 2 C.1 D. 3 2 11.已知定义在R上的

5、函数 f x，函数2yf x为偶函数，且 f x对任意 1212 2,),x xxx，都 有 21 21 0 f xf x xx .若 31f afa，则实数a的取值范围是( ) A. 1 3 , 2 4 B. 2, 1 C. 1 , 2 D. 3 , 4 12.函数 ( )tan() 0 |,0 2 f xx 某相邻两支图象与坐标轴分别交于点 2 ,0 ,0 63 AB ，则方 程 ( )cos 2(0,) 3 f xxx 所有解的和为( ) A. 5 6 B. 2 C. 5 12 D. 4 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。

6、 13.已知| 4,| 3,(23 ) (2)61ababab，则|ab_. 14.某人将编号分别为 1，2，3，4，5 的 5 个小球随机放入编号分别为 1，2，3，4，5 的 5 个盒子中，每个 盒子中放一个小球.若球的编号与盒子的编号相同，则视为放对，否则视为放错，则全部放错的情况有 _种. 15.已知复数 z，且| | 1z ，则|34i|z 的最小值是_. 16.如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点，将ABMV沿直线AM翻折至 1 AB MV的位置，得到如图所示 的几何体，N为 1 B D的中点，则在翻折过程中，下列说法中正确的是_.(只填序号) 存在某个位置，使得 1 CNAB；

7、 在翻折过程中，CN的长是定值； 若ABBM，则 1 AMB D； 若1ABBM，当三棱锥 1 BAMD的体积最大时，三棱锥 1 BAMD的外接球的表面积是4. 三、解答题：共三、解答题：共 70 分。解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题，每个试题考生题为必考题，每个试题考生 都必须作答。第都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分 17.（12 分）在ABCV中，内角, ,A B C的对边分别为, ,a b c，已知 1 cos

8、 2 baCc. (1)求角A； (2)若3AB AC uuu r uuu r ，求a的最小值. 18.（12 分）某品牌手机厂商推出新款的旗舰机型，并在某地区跟踪调查得到这款手机上市时间 x（单位： 个月）和市场占有率 y（单位：%）的几组相关对应数据： x 1 2 3 4 5 y 0.02 0.05 0.1 0.15 0.18 （1）根据上表中的数据，用最小二乘法求出 y 关于 x 的经验回归方程； （2）根据上述经验回归方程，分析该款旗舰机型市场占有率的变化趋势，并预测自上市起经过多少个月， 该款旗舰机型市场占有率能超过 0.5%（精确到月）. 附： 1 2 2 1 , n ii i n

9、 i i x ynx y baybx xnx . 19.（12 分）已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的离心率为 2 2 3 ，左、右焦点分别为 1 F， 2 F，过点 1 F的直线 交椭圆于, A B两点. (1)若以 1 AF为直径的动圆内切于圆 22 9xy，求椭圆的长轴长. (2)当1b 时，问：在x轴上是否存在定点T，使得TA TB uu r uu r 为定值？说明理由. 20.（12 分）如图，在圆锥 PO 中，AC 为底面圆的直径，点 B，M 在底面圆上，且ABBMMC. （1）求证：平面PBC 平面 POM； （2）若PAC是边长为 4 的等边三角形，求直线

10、 BP 与平面 PMC 所成角的正弦值. 21.（12 分）已知函数 2sincos,f xxxx fx为 f x的导数. (1)证明： fx在区间0,上存在唯一零点； (2)若 0,xf xax，求a的取值范围. （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。请考生在第 2223 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。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）在直角坐标系xOy中，曲线 1 C的参数方程为 2 2| | 4 xt yt (t 为参 数).以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2

11、 C的极坐标方程为 2 2 cos0a. (1)求曲线 1 C的普通方程和曲线 2 C的直角坐标方程； (2)若曲线 1 C与曲线 2 C有且仅有三个不同的交点，求实数 a 的值. 23.选修 4-5：不等式选讲（10 分）已知数( )23 , ( ) |31|,f xxa g xxaR. （1）当 5 3 a 时，解不等式|(1)|( )f xg x； （2）若关于 x 的不等式( )(1)4f xg x有解，求实数 a 的取值范围. 答案以及解析答案以及解析 1.答案：D 解析：本题考查集合的补集与并集运算.因为2,5,6,1,5,6 UU MN痧，所以1,2,5,6 UU MN痧， 故选

12、 D. 2.答案：D 解析：因为 2 sin 3 x ，所以 2 2 25 cos212sin12 39 xx .故选 D. 3.答案：C 解析：解法一 将 2 个白球分别记为, A B，3 个黄球分别记为, ,a b c.从箱子中随机摸出 2 个球，所有情况是 ,AB Aa Ab Ac Ba Bb Bc ab ac bc，共 10 种，摸出的这 2 个球颜色不同的情况有, ,Aa b Ac Ba Bb Bc，共 6 种，故所求概率为 63 105 ，选 C. 解法二 所求概率为 11 23 2 5 C C63 C105 ，选 C. 4.答案：D 解析：设从第 2 天开始每天比前一天多织d尺布

13、，由题意知，每天的织布量构成以 5 为首项、d为公差 的等差数列，设该等差数列的前n项和为 n S，则 30 3029 305390 2 Sd ，解得 16 29 d ，故选 D. 5.答案：D 解析：因为点( 2,4)M 在圆C上，所以切线l的方程为2) (2)(4 1)(225(1)xy，即 43200 xy.因为直线l与直线 1 l平行，所以 4 33 a ，即4a ， 所以直线 1 l的方程是4380 xy，即4380 xy. 所以直线 1 l与直线l之间的距离为 22 |208|12 5 4( 3) . 6.答案：B 解析：通解： 1 21 nn SS 中，令1n ，得 2 3S ，

14、所以 2 2a .由 1 21 nn SS 得 21 21 nn SS ，两式相减 得 21 2 nn aa ，即 2 1 2 n n a a .又 2 1 1 1,2 a a a ，所以数列 n a是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，所以 7 7 12 127 12 S . 优解：因为 1 21 nn SS ，所以 1 121 nn SS ，又 11 112Sa ，所以数列1 n S 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，所以 12n n S ，故 7 7 21,21 127 n n SS . 7.答案：B 解析：由三视图可得该几何体为如图所示的三棱锥PABC，易求得 111 1 1

15、222 ABC SAC BC ， 115 15 222 APC SAC AP ， 115 15 222 PBC SBC BP ，由5,2APBPAB，可得 2 2 1213 23 ( 5)2 22222 PAB SAB ，所以该几何体的各个面中PAB的面积最大，为 3 2 . 8.答案：A 解析：由题意知(3,0)F，不妨令 12 ,l l的方程分别为 22 , 44 yx yx ，过F且与 2 l垂直的直线AB的方程 为2 2(3)yx .由 2 ,2 2(3) 4 yx yx 联立可得 246 2 , 77 A .由 2 ,2 2(3) 4 yx yx 联立可 得 8 2 2 , 33 B

16、 ，所以 2 2 2486 22 216 | 73737 AB .故选 A. 9.答案：C 解析：设 12 10 xx ，则 12 1222,( )xxf xQ在1,2上单调递减， 12 22f xf x，又 11221212 2,2,( )f xf xf xf xf xf xf xf xf x在 1,0上单调递增，又 f x是奇函数， f x在0,1上单调递增，( )f x在 1,1上单调递增，(0)0f.又 1 2 1 2 1 ln2(0,1),2,log 21 4 abc ，( )(2)(0)0(0)f bfff ，由10ln2 得 ( 1)(0)(ln2),( )( )( )ffff

17、cf bf a.故选 C. 10.答案：A 解析：在ABCV中，由已知得1,2,1,3ACABAMBMMCBC，AMCV为等边三角形.取CM的 中点D，连接AD，则 3 , 2 ADCM AD.设AD的延长线交BC于E，则 33 , 63 DECE. 根据题意知， 折起后的图形如图所示， 连接AE， 由 222 BCACAB， 知90BAC， 则 3 cos 3 ECA， 故 222 2 2cos 3 AECACECA CEECA，于是 222 ACAECE，AEBC.又 222, ADAEEDAEDE，又,BC DE 平面,BCM BCDEEAE平面BCM，即AE是三棱锥 ABCM的高.设点

18、M到平面ABC的距离为h，易知 36 , 43 BCM SAE V ，由 A BCMMABC VV ，可得 136111 2 1, 343322 hh ，故选 A. 11.答案：A 解析：因为函数2yf x为偶函数，所以函数 f x的图象关于直线2x 对称，因为 f x对任意 1212 ,2,)x xxx， 都有 21 21 0 f xf x xx ， 所以函数 f x在2,)上单调递减， 则 31f afa， 得3|212|fafa ，得2|31|aa，解得 13 24 a.故选 A. 12.答案：A 解析：通解 由题意得函数( )f x的最小正周期为 2 ,2 362 ，又 tan0,0

19、|,( )tan 2 3233 f xx . 2 tan 2cos 2,sin 2cos2 3333 xxxx Q， 2 51 sin2sin 210,sin 2 3332 xxx ， 5 0,2 333 xxQ，显然方程有且 只有两个不同的解，又函数 sin 2 3 yx 的图象关于直线 5 12 x 对称，所以方程的所有解之和为 5 6 ，故 选 A. 优解 由题意得函数( )f x的最小正周期为 2 ,2 362 ，又 tan0,0 |,( )tan 2 3233 f xx ，则 tan 2cos 2 33 xx ，设 2 3 tx，则 5 tancos , 33 ttt ，由图象得曲线

20、tanyt与cosyt在 5 , 33 上有且只有两个不同的交点，方程 tancostt有且只有两个不同的解 12 ,t t，又正切函数与余弦函数的图象均关于点 ,0 2 对称， 121212 5 ,22, 336 ttxxxx方程 ( )cos 2 3 f xx 的所有解之和为 5 6 ，故选 A. 13.答案：13 解析：(23 ) (2)61abab， 22 4|43|61 aa bb.| 4,| 3,6 aba b， 2222 |2432 ( 6)13 ababa b. 14.答案：44 解析：解法一 第一步，若 1 号盒子放错，则 1 号盒子有 1 4 C4种不同的放法；第二步，考虑

21、与 1 号盒子 中所放小球编号相同的盒子的放法，若该盒子中的小球编号恰好为 1，则 5 个小球全部放错的放法有 1 2 C2 (种)，若该盒子中的小球编号不是 1，则 5 个小球全部放错的放法有 11 32 C1 C9(种).由计数原理可知，5 个小球全部放错的放法有42944(种). 解法二 将 5 个小球分别放入 5 个盒子中，且每个盒子中放一个小球，共有 5 5 A120种不同的放法，其中 恰有 1 个小球放对的情况有 11 53 C C345 (种)，恰有 2 个小球放对的情况有 21 52 C C20(种)，恰有 3 个小球放 对的情况有 3 5 C10(种)，恰有 4 个小球放对的

22、情况有 0 种，恰有 5 个小球放对的情况有 1 种，故全部放错 的情况有120452010144 (种). 15.答案：4 解析：方法一：复数 z 满足| 1z ， |34i|34i| 5 14zz ， |34i|z 的最小值是 4. 方法二：复数 z 满足| 1z ，复数 z 的对应点的集合是以原点为圆心，1 为半径的圆.则|34i|z 表示复数 对应的点 Z 与点( 3, 4) 之间的距离，圆心 O 到点( 3, 4) 之间的距离 22 ( 3)( 4)5d ，|34i|z 的 最小值为514 . 16.答案： 解析： 对于， 如图1， 取AD的中点E， 连接NE， 连接EC交MD于F，

23、 连接NF， 则 11 ,NEAB NFMBPP， 若 1 CNAB，则CNEN，易得ENNF，又三线,NE NF NC共面共点， 显然不可能，故错误. 对于，如图 1，可得 1 NECMAB (定值)， 1 1 2 NEAB(定值)，ECAM(定值)，由余弦定理可得 222 2cosNCNEECNE ECNEC，所以NC是定值，故正确. 对于， 如图 2， 取AM的中点O， 连接 1 ,BO DO， 若 1 AMB D， 则易得AM 平面 1 ODB， 可得ODAM， 从而ADMD，显然不成立，故不正确. 对于，当平面 1 B AM 平面AMD时，三棱锥 1 BAMD的体积最大，易得AD的中

24、点H就是三棱锥 1 BAMD的外接球的球心，外接球的半径为 1，故外接球的表面积是4.故正确.故答案为. 17.答案：(1)ABCQV中，cos 2 c baC， 由正弦定理知， 1 sinsincossin 2 BACC， ABCQ， sinsin()sincoscossinBACACAC， 1 sincoscossinsincossin 2 ACACACC， 1 cossinsin 2 ACC， 1 cos, 23 AA. (2)由(1)及3AB AC uuu r uuu r 得6bc ， 22222 2cos6266abcbcAbcbc， 当且仅当6bc时取等号，故a的最小值为6. 18

25、.答案：（1）根据表中数据，计算 11 (12345)3,(0.020.050.10.150.18)0.1 55 xy. 55 2 11 1.92,55 iii ii x yx ， 2 1.925 3 0.1 0.042 555 3 b ， 0.10.04230.026a . 经验回归方程为0.0420.026yx. （2）由（1）的经验回归方程可知，上市时间与市场占有率正相关，即上市时间每增加 1 个月，市场占有 率约增加 0.042 个百分点. 由0.0420.0260.5yx，解得12.5x . 预计自上市起经过 13 个月时，市场占有率能超过0.5%. 19.答案：(1)设 1 AF的

26、中点为M. 在 12 AF FV中，由中位线定理得 211 111 2 222 OMAFaAFaAF. 当两个圆相内切时，两个圆的圆心距等于两个圆的半径差， 即 1 1 3 2 OMAF，所以3a ，所以椭圆的长轴长为 6. (2)存在.理由如下： 由 22 2 2 1, 3 cc be a bc ，得2 2c ，所以3a . 所以椭圆的方程为 2 2 1 9 x y. 当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为(2 2)yk x， 1122 ,A x yB x y. 由 22 99, (2 2) xy yk x ，得 2222 9136 27290kxk xk. 因为0 恒成立， 所以 22

27、 1212 22 36 2729 , 9191 kk xxx x kk . 所以 2 2 1212 2 2 22 2 91 k y ykxx k . 设 0,0 T x，则 101202 ,TAxxyTBxxy uu ruu r . 所以 222 000 2 12120012 2 936 2719 91 xxkx TA TBx xxxxxy y k uu r uu r . 当 22 000 936 27199xxx，即 0 19 2 9 x 时，TA TB uu r uu r 为定值 2 0 7 9 81 x . 当直线AB的斜率不存在时，不妨设 1 2 2, 3 A ， 1 2 2, 3 B

28、 . 当 19 2 ,0 9 T 时， 2 1217 , 939381 TA TB uu r uu r ，为定值. 综上所述，在x轴上存在定点 19 2 ,0 9 T ，使得TA TB uu r uu r 为定值 7 81 . 20.答案：（1）本题考查面面垂直的判定以及空间向量法求直线与平面所成的角. 因为PO 平面,ABMC BC 平面 ABMC， 所以POBC. 因为ABBMMC，所以OMBC. 又POOMO，所以BC 平面 POM. 因为BC 平面 PBC，所以平面PBC 平面 POM. （2）连接 OB，设 MB 的中点为 D，连接 OD. 因为ABBMMC， 所以ABBMMC. 因

29、为 AC 为底面圆的直径，所以60AOBBOMMOC ， 于是得,ODOC ODBM. 分别以 OD，OC，OP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则(0,0,2 3), ( 3, 1,0),( 3,1,0), (0,2,0)PBMC， 所以( 3,1, 2 3),( 3, 1,0),(3,1,2 3)PMCMBP . 设平面 PMC 的法向量为( , , )x y zn， 则 0, 0, CM PM n n 即 30, 32 30, xy xyz 令1x ，得(1, 3,1)n. 设直线 BP 与平面 PMC 所成的角为， 则 |15 sin|cos,| 10

30、| BP BP BP n n n ， 所以直线 BP 与平面 PMC 所成角的正弦值为 15 10 . 21.答案：(1) 2coscossin 1cossin1fxxxxxxxx . 令( )cossin1g xxxx，则( )sinsincoscosg xxxxxxx . 当(0,)x时，令)(0g x ，解得 2 x . 当 0, 2 x 时，)(0g x ；当 , 2 x 时，)(0g x ， ( )g x在 0, 2 上单调递增，在 , 2 上单调递减. 又 (0)1 10,10, ()1 12 22 ggg ， 当 0, 2 x 时， 0g x ，此时( )g x无零点，即 fx无

31、零点， 0 ()0, 22 ggx ，使得 0 0g x， 又( )g x在 , 2 上单调递减， 0 xx为( )g x即)(fx在 , 2 上的唯一零点. 综上所述，)(fx在区间(0,)上存在唯一零点. (2)若0, ( )xf xax，即( )0f xax在0,上恒成立. 令( )( )2sincos(1) ,0,h xf xaxxxxax x， 则( )cosins1h xxxxa ， 令( )cossin1t xxxxa ，则( )co( )st xxxg x. 由(1)可知，)(h x在 0, 2 上单调递增，在 , 2 上单调递减， 且 2 (0),()2 2 2 ha ha

32、ha ， minmax 2 ( )()2,( ) 2 2 h xha h xha . 当2a 时， min 20h xha ，即 0h x 在0,上恒成立， ( )h x在0,上单调递增， 00h xh，即 0f xax，此时 f xax在0,上恒成立. 当20a 时， (0)0,0,()0 2 hhh ， 1 , 2 x ，使得 1 0h x， ( )h x在 1 0,x上单调递增，在 1, x上单调递减. 又(0)0, ()2sincos(1)0hhaa ， 0h x在0,上恒成立，即 f xax在0,上恒成立. 当 2 0 2 a 时， 2 (0)0,0 22 hha ， 2 0, 2

33、x ，使得 2 0h x， ( )h x在 2 0,x上单调递减，在 2 , 2 x 上单调递增， 当 2 0,xx时，( )(0)0,( )h xhf xax在0,上不恒成立. 当 2 2 a 时， max 2 ( )0 22 h xha ， ( )h x在 0, 2 上单调递减， 00h xh，可知 f xax在0,上不恒成立. 综上所述，a的取值范围为(0,. 22.答案：（1） 曲线 1 C的参数方程为 2 2| | 4 xt yt (t为参数)， 消去参数t， 得曲线 1 C的普通方程为2|2| 4yx. 由曲线 2 C的极坐标方程为 2 2 cos0a以及 222, cosxy x

34、， 得到曲线 2 C的直角坐标方程为 22 20 xyxa，即 22 (1)1xya . （2）由（1）显然有10a，当10a时，曲线 2 C表示点(1,0)，不符合题意，所以10a. 由曲线 1 C的方程2|2| 4yx可知，曲线 1 C是由射线28(2)yxx和2 (2)yx x . 曲线 2 C表示以(1,0)为圆心，1a为半径的圆. 若曲线 1 C与曲线 2 C有且仅有三个不同的交点， 则曲线 2 C与射线28(2)yxx相切，与射线2 (2)yx x 相交，（如图 1）， 或者曲线 2 C与射线28(2)yxx和射线2 (2)yx x 都相交，且有一个公共的交点（如图 2）. 当曲线

35、 2 C与射线28(2)yxx相切，与射线2 (2)yx x 相交时，只需 6 1 5 a，即 31 5 a . 当曲线 2 C与射线28(2)yxx和2 (2)yx x 都相交，且有一个公共的交点时，点(2, 4)在曲线 2 C上， 得16a . 经检验，当16a 时，射线28(2)yxx和射线2 (2)yx x 与圆 2 C均相交，符合题意. 因此 31 5 a 或16a . 23.答案：（1）当 5 3 a 时，不等式|(1)|( )f xg x即|23| |31|xx，不等式两边同时平方，得 22 4129961xxxx， 即 2 5680 xx，解得 4 2 5 x. 故原不等式的解

36、集为 4 ,2 5 . （2）解法一：关于 x 的不等式( )(1)4f xg x有解，即不等式234|32|xax有解， 分离常数 a，得324 |32|axx 有解. 设( )24 |32|h xxx ， 当 2 3 x时，( )24 |32| 24326h xxxxxx ， 此时( )h x在 2 , 3 上单调递减，所以 max 216 ( )6 33 h x ， 所以 16 3 3 a ，所以 16 9 a； 当 2 3 x 时，( )24 |32| 243252h xxxxxx ， 此时( )h x在 2 , 3 上单调递增， 216 ( )52 33 h x ， 所以 16 3 3 a ，所以 16 9 a . 综上，实数 a 的取值范围为 16 , 9 . 解法二：不等式( )(1)4f xg x有解，即不等式( )4(1)f xg x有解. 令( )( )4234h xf xxa，( )(1) |32|H xg xx. 在同一坐标系中分别画出函数( )234h xxa与( ) |32|H xx的图象，如图所示， 若( )234h xxa的图象上存在点不在( ) |32|H xx的图象的下方，则 22 33 hH ，即 22 23432 33 a，解得 16 9 a. 所以实数 a 的取值范围为 16 , 9 .