2021年普通高考数学【山东卷】全真模拟卷2解析版

2021年2月一般高考【山东卷】全真模拟卷〔2〕

数 学

〔考试时间：120分钟 试卷总分值：150分〕

考前须知：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．答复选择题时，选出每题答案后，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，再选涂其他答案标号。答复非选择题时，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．测试范围：高中全部内容。

一、单项选择题：此题共8小题，每题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合

题目要求的． 1．复数z2i，则z在复平面对应的点位于 1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】由题意得z二象限．应选B． 2．集合Ax|yA．2 【答案】B

2i1i2i2i21i，所以复数z对应的点的坐标为1,1，位于第1i1i1i21，B{x|2x3,xZ}，则AB中元素的个数为 x24B．3

C．4

D．5

【解析】因为Ax|y1{x|x2}，B{x|2x3,xZ}{2,1,0,1,2}， 2x4B中元素的个数为3．应选B．

所以AB{1,0,1}，所以A3．某单位去年的开支分布的折线图如图1所示，在这一年中的水、电、交通开支〔单位：万元〕如图2所示，则该单位去年的水费开支占总开支的百分比为 A．6.25% 【答案】A

【解析】水费开支占总开支的百分比为

B．7.5%

C．10.25%

D．31.25%

25020%6.25%．应选A

250450100.

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2x4．函数f(x)1在区间[4,4]附近的图象大致形状是 21xA．

B．

C． D．

【答案】B

2x0，可排解选项A，D．又f20，排解C．应选B 【解析】f(x)1过点1，21xx2y25．双曲线C:221(a0,b0)的左、右焦点分别为F1与y1，F2，点P是C的右支上一点，连接PFab2|OM|〔O为坐标原点〕轴交于点M，假设FO，PF1PF2，则双曲线C的渐近线方程为 1A．y3x 【答案】C

B．y3x

C．y2x

D．y2x

2|OM|，OMF1与PF2F相似，所以【解析】设F1(c,0)，F2(c,0)，由FO1F1O|OM|PF1PF22，

222即PF12PF2，又因为PF1PF22a，所以PF14a，PF22a，所以4c16a4a，即

c25a2，b24a2，所以双曲线C的渐近线方程为y2x．应选C．

6．在正四棱锥PABCD中，异面直线PB与AD所成的角为600，给出下面三个命题：

p1：假设AB2，则此四棱锥的侧面积为443；

p2：假设E,F分别为PC,AD的中点，则EF//平面PAB；

p3：假设P,A,B,C,D都在球O的外表上，则球O的外表积是四边形ABCD面积的2倍．

在以下命题中，为真命题的是 A．p2p3 【答案】A

AD平行于BC，【解析】因为异面直线PB与AD所成的角为60，故角PBC=60，正四棱锥P-ABCD 中，

.

B．p1(p2) C．p1p3 D．p2(p3)

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PB=PC，故三角形PBC是等边三角形；当AB=2，此四棱锥的侧面积为43，故p1是假命题；

取BC的中点G，E,F分别为PC,AD的中点故得AB//FG,PB//EG，故平面EFG//平面PAB，从而得到EF//平面PAB，故p2是真命题；

设AB=a， AC和BD的交点为O，则PO垂直于地面ABCD，PA＝ａ，AO＝

２ａ２ａ ，PO＝

２２O为球心，球的半径为２ａ，外表积为2πa2 ，又正方形的面积为a2，故p3为真． ２故p2p3为真； p1p2 p1p3 p2p3均为假．应选A．

7．图1是我国古代数学家赵爽创制的一幅“勾股圆方图〞(又称“赵爽弦图〞)，它是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形，受其启发，某同学设计了一个图形，它是由三个全等的钝角三角形与中间一个小正三角形拼成一个大正三角形，如图2所示，假设AD5，BD3，则在整个图形中随机取点，此点来自中间一个小正三角形(阴影局部)的概率为 A．

9 64B．

4 49C．

2 25D．

2 7【答案】B 【解析】

ADB18060120，在ABD中，可得AB2AD2BD22ADBDcosADB，

DEFABCS1222AB5325349即为，解得AB7，DEADBD2，S2应选B．

24()2 ．7498．抛物线C:y24x的焦点为F,P是抛物线C的准线上一点，且P的纵坐标为正数，Q是直线PF与抛物线C的一个交点，假设PQ2QF，则直线PF的方程为 A．3xy30 C．xy10 【答案】D

【解析】作QMy轴于M，则根据抛物线的定义有QMQF．又PQ2QF，故PQ2QM，故

B．xy10 D．3xy30

cosPQMMQ12．故PQM，故直线PF的倾斜角为． PQ233.

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故直线PF的斜率为3．直线PF的方程为y3x1，化简得3xy30． 应选D．

二、多项选择题：此题共4小题，每题5分，共20分．在每题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部

选对的得5分，局部选对的得3分，有选错的得0分。

9．在平面直角坐标系xOy中，角顶点在原点O，以x正半轴为始边，终边经过点P1,mm0，则以下各式的值恒大于0的是 A．

sin tanB．cossin C．sincos D．sin+cos

【答案】AB

【解析】由题意知sin0，cos0，tan0． 选项A

sin0； tan选项B，cossin0； 选项C，sincos0；

选项D，sin+cos符号不确定．应选AB． 10．对于实数a、b、c，以下命题中正确的选项是 A．假设ab，则acbc； C．假设cab0，则【答案】BCD

【解析】假设c0，则由ab得acbc，A错；

假设ab0，则a2ab，abb2 a2abb2，B正确；

B．假设ab0，则a2abb2 D．假设ab，

ab cacb11，则a0，b0 abab110，∴，C正确； cacbcacb1111假设ab，且a,b同号时，则有，因此由ab,得a0,b0，D正确．

abab假设cab0，则cbca0，∴应选BCD．

11．以下说法错误的有

A．随机事件A发生的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值 B．在同一次试验中，不同的根本领件不可能同时发生 C．任意事件A发生的概率PA满足0PA1

D．假设事件A发生的概率趋近于0，则事件A是不可能事件

.

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【答案】CD

【解析】∵随机事件A发生的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值，∴A中说法正确；

根本领件的特点是任意两个根本领件是互斥的，∴在同一次试验中，不同的根本领件不可能同时发生，∴B中说法正确；

必定事件发生的概率为1，不可能事件发生的概率为0，随机事件发生的概率大于0且小于1．∴任意事件A发生的概率P〔A〕满足0PA1．∴C中说法错误；

假设事件A发生的概率趋近于0，则事件A是小概率事件，但不是不可能事件，∴D中说法错误． 应选CD．

12．在平面直角坐标系中，曲线C上任意点P与两个定点A2,0和点B2,0连线的斜率之和等于2，则关于曲线C的结论正确的有〔 〕 A．曲线C是轴对称图形 C．曲线C是中心对称图形 【答案】BC

【解析】设点P(x,y),x2,kPAkPBB．曲线C上全部的点都在圆x2y22外 D．曲线C上全部点的横坐标x满足x2

yy2，得xyx24,x0不满足方程，x2x24yx(x2)

x图像如以下图所示：

曲线对应的函数是奇函数，图像关于原点对称，无对称轴， 选项C正确，选项A不正确；

x2y22x21688282，选项B正确； x2当x1时，y3则选项D不正确． 应选BC． 三、填空题：此题共4小题，每题5分，共20分．

13．在log20.2，20.2，0.20.3三个数中，则最大的数为______． 【答案】20.2 【解析】

log20.2log210，log20.20，

20.2201，20.21，

00.20.30.201，00.20.31，20.2最大．

.

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14．三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PABC5,PBAC13,PCAB25，则球O的外表积为________． 【答案】29

【解析】如下图，将三棱锥PABC补成长方体， 球O为长方体的外接球，边长分别为a，b，c，

a2b22522则ac13， b2c220所以a2b2c229， 所以R29， 2229229． 则球O的外表积为S4R4215．在数列an中，a11，an21an1，记Sn是数列an的前n项和，则S40=____．

n【答案】220

【解析】当是n奇数时，an2an1，数列an中奇数项构成等差数列，当n是偶数时，an2an1，

a40)20a12019110220． 2S40(a1a3a5a39)(a2a4a616．如以下图中A、B、C、D、E、F六个地域进行染色，每个地域只染一种颜色，每个地域只染一种颜色，且相邻的地域不同色．假设有4种颜色可供选择，则共有_________种不同的染色方案． 【答案】96

【解析】要完成给出的图形中A、B、C、D、E、F六个地域进行染色， 染色方法分为两类，第一类是仅用三种颜色染色，

3即AF同色，BD同色，CE同色，即从四种颜色中取三种颜色，有C44种取法，三种颜色染三个地域

有A36种染法，共4624种染法；

第二类是用四种颜色染色，即AF、BD、CE三组中有一组不同色，则有3种方案〔AF不同色或BD不同色或CE不同色〕，

2先从四种颜色中取两种染同色地域有A412种染法，剩余两种染在不同色地域有2种染法，

3.

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共有312272种染法．

由分类加法原理可得总的染色方法种数为247296〔种〕．

16．为了解某地区的“微信健步走〞活动情况，现用分层抽样的方法从中抽取老、中、青三个年龄段人员进行问卷调查．抽取的样本同时满足以下三个条件： 〔i〕老年人的人数多于中年人的人数; 〔ii〕中年人的人数多于青年人的人数; 〔iii〕青年人的人数的两倍多于老年人的人数．

①假设青年人的人数为4，则中年人的人数的最大值为___________． ②抽取的总人数的最小值为__________． 【答案】6 12

【解析】设老年人、中年人、青年人的人数分别为x,y,z

8x ，则y的最大值为6 ①z4，则xyxy②由题意可得yz，得2zxyz，x,y,zN

2zx2zz2 解得z2

 当z3,y4,x5时 xyz取最小值12．

故答案为:①6．②12．

四、解答题：此题共6小题，共70分．解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．〔10分〕在①函数fx1sin2x0,的图象向右平移个单位长度得到gx的

1222图象，gx图象关于原点对称；②向量m3sinx,cos2x，

111ncosx,,0,fxmn；③函数fxcosxsinx0这三个条件中任

4642选一个，补充在下面问题中，并解答．_________，函数fx的图象相邻两条对称轴之间的距离为〔1〕假设02．

2，且sin2，求f的值； 2.

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〔2〕求函数fx在0,2上的单调递减区间． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【解析】方案一：选条件① 由题意可知，T2，1 211fxsin2x，gxsin2x，

226又函数gx图象关于原点对称，k6,kZ，

1，，fxsin2x，

62620〔1〕

2,sin3 2ff1sin2，，；423424322k,kZ，得kxk,kZ，

26263275令k0，得x，令k1，得x，

6363〔2〕由

2k2x275函数fx在0,2上的单调递减区间为,,,．

6363方案二：选条件②

m113sinx,cos2x,ncosx,，

42112sin2x，又T，1，fxsin2x，

22626〔1〕

3 2ff1sin2，，；0,sin42342242k2x322k,kZ，得kxk,kZ，

26263275令k0，得x，令k1，得x，

6363〔2〕由

275函数fx在0,2上的单调递减区间为,,,．

6363方案三：选条件③

.

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1131sin2xcos2xsin2x， 22262又T12，1，fxsin2x， 226〔1〕

3 2ff1sin2，，；0,sin42342242k2x322k,kZ，得kxk,kZ，

26263275令k0，得x，令k1，得x．

6363〔2〕由

275函数fx在0,2上的单调递减区间为,,,．

636318．〔12分〕数列an满足a11，且an1an1． an31(1)证明数列是等差数列，并求数列an的通项公式．

a1n2n(2)假设bn，求数列bn的前n项和Sn．

an1【解析】(1)因为an1an12an1a1 ，两边都加上1，得n1an3an3所以

11112111，即， a1a12an112an12an1n1n1所以数列1111是以为公差，首项为的等差数列． a12a121n所以

1nn，即an1． an1222nn2n1，所以数列bn的前n项和，Sn11221322...n2n1① (2)因为bnan1123n则2Sn122232...n2，②

由①②，得-Sn1112121212n1n2n1n2n1，

.

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所以Snn121．

n19．〔12分〕如图，三棱锥D-ABC中，ABAC2,BC23,DBDC3，E，F分别为DB，AB的中点，且EFC90．

〔1〕求证：平面DAB平面ABC； 〔2〕求二面角D-CE-F的余弦值．

【解析】〔1〕如图取BC的中点G，连接AG，DG， 因为ABAC2，所以BCAG， 因为DBDC，所以BCDG， 又因为AGDGG，所以BC⊥平面DAG，

DA平面DAG

所以BCDA．

因为E，F分别为DB，AB的中点，所以DA∥EF． 因为EFC90，即EFCF， 则DACF． 又因为BCCFC，

所以DA平面ABC， 又因为DA平面DAB， 所以平面DAB平面ABC．

〔2〕因为DA平面ABC，则以A为坐标原点，

过点A与AC垂直的直线为x轴，AC为y轴，AD为z轴， 建立如以下图所示的空间直角坐标系．

因为ABAC2,BC23,DBDC3，

1AB2AC2BC24412，所以BAC120． 在ABC中，cosBAC22222ABAC在RtDAB中，DA32225，

所以点A(0,0,0)，D(0,0,5),C(0,2,0),B(3,1,0)，

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31531E,,,F,,0． 22222设平面DCE的法向量为n1x1,y1,z1,

315DC(0,2,5),DE2,2,2．

2y15z10DCn10所以，即3， 15DEn0x1y1z101222可取n1(15,5,2)． 设平面FCE的法向量为n2x2,y2,z2,

355FC,,0,FE0,0,22． 235x2y20FCn2022所以，即，可取n2(5,3,0)，

FEn025z022则cosn1,n2155532015522523222370 28370． 28因为二面角DCEF为钝二面角，所以二面角DCEF的余弦值为x2y2220．〔12分〕椭圆C:221(ab0)的焦点是F1(1,0)，F2(1,0)，且过点A(1,)．

ab2〔1〕求椭圆C的标准方程；

〔2〕过左焦点F1的直线l与椭圆C相交于B、D两点，O为坐标原点．问椭圆C上是否存在点P，使线段BD和线段OP相互平分？假设存在，求出点P的坐标，假设不存在，说明理由． 【解析】〔1〕由题意知c1，

111，a2b2c2，解得：a22，b21，椭圆C的标准方程：22a2bx2y21； 2〔2〕由〔1〕知F1(1,0)，假设存在点P(x0，y0)，使线段BD和线段OP相互平分，由题意知直线l的斜

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率不为零，设直线l的方程为：xmy1，设D(x,y)，B(x,y)， 联立与椭圆的方程整理得：(2m2)y22my10，yy以BD的中点坐标(2m) 2，2m2m22m4xxm(yy)2，，所

2m22m284m242m221，)而P在椭圆上， )，由题意知P(所以解得：，所以P(1,m222222，2，(2m)(2m)2m2m2所以存在点P使线段BD和线段OP相互平分，且P的坐标(1,2)． 221．〔12分〕某公司为提高市场销售业绩，设计了一套产品促销方案，并在某地区局部营销网点进行试点．运作一年后，对“采取促销〞和“没有采取促销〞的营销网点各选了50个，比照上一年度的销售情况，分别统

[10,15)，[5,0)，[0,5)，[5,10)，[15,20]，计了它们的年销售总额，并按年销售总额增长的百分点分成5组：分别统计后制成如下图的频率分布直方图，并规定年销售总额增长10个百分点及以上的营销网点为“精英店〞．

“采纳促销〞的销售网点 “不采纳促销〞的销售网点

〔1〕请根据题中信息填充下面的列联表，并推断是否有99%的把握认为“精英店与采促销活动有关〞； 精英店 非精英店 合计 采纳促销 50 无促销 50 合计 100 〔2〕某“精英店〞为了制造更大的利润，通过分析上一年度的售价xi〔单位：元〕和日销量yi〔单位：件〕〔i1,2,,10〕的一组数据后决定选择yabx2作为回归模型进行拟合．具体数据如下表，表中的

wixi2

x y w xxii1102 wwii1102 xxyy wwyy iiiii1i1101045．8 395．5 2413．5 4．6 21．6 2.3 7.2 ①根据上表数据计算a，b的值；

②该公司产品的本钱为10元/件，促销费用平均5元/件，根据所求出的回归模型，分析售价x定为多少时日利润z可以到达最大．

.

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n(adbc)2 附①：K(ab)(cd)(ac)(bd)2Pk2k 0．100 2．706 0．050 3．841 0．010 6．635 0．001 10．828 k 附②：对应一组数据u1,v1,u2,v2,u3,v3,,un,vn，

ˆ其回归直线vu的斜率和截距的最小二乘法估量分别为vvuii110i110iu2uiu【解析】〔1〕 精英店 非精英店 合计 采纳促销 35 15 50 无促销 20 30 50 ˆu． ，ˆv合计 55 45 100 100(1050300)2因为K9.096.635，

505055452有99%的把握认为“精英店与促销活动有关〞．

〔2〕①由公式可得：b7.211，aybw395.52413.51200， 21.633ˆ所以回归方程为y12x1200． 312x1200， 3ˆ②假设售价为x，单件利润为x15，日销售为y故日利润z12x1200(x15)，z(x30)(x40)， 312x1200(x15)单调递增； 312x1200(x15)单调递减． 3.

当x(0,40)时，z当x(40,)时，z优选文档

故当售价x40元时，日利润到达最大为

50000元． 322．〔12分〕函数f(x)lnxmx21，mR． 〔1〕当m2时，求函数f(x)的单调区间及极值； 〔2〕商量函数f(x)的零点个数．

【解析】由题得，函数f(x)的定义域为(0,)．

1(12x)(12x)〔1〕当m2时，f(x)lnx2x21，所以f(x)4x，

xx当x0,时，f(x)0，函数f(x)单调递增；

12当x1,时，f(x)0，函数f(x)单调递减， 2所以函数f(x)的单调递增区间为0,，单调递减区间为121,． 221所以当x时，f(x)有极大值，且极大值为

221111fln21ln2，无极小值．

22222112mx〔2〕由f(x)lnxmx1，得f(x)2mx．

xx当m0时，f(x)0恒成立，函数f(x)单调递增， 当0xem1时，f(x)fem1m1me1， 2mm1210，

又f(1)m10，所以函数f(x)有且只有一个零点； 当m0时，令f(x)0x1f(x)单调递增； 当x0,2m时，f(x)0，函数

1f(x)单调递减， 当x2m,时，f(x)0，函数

所以f(x)的极大值为f111111lnm1ln， 2m2m2m22m22.

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①当

11111ln0ln1ln，即得时， 22m2e2m解得me，此时函数f(x)没有零点； 2②当

111eln0m，即时，函数f(x)有1个零点； 22m22111eln0m0时， ，即22m22③当

fe22me411me40．

当x1时，令g(x)=lnx-x， 则g(x)110在(1,)上恒成立， x所以g(x)g(1)1，即lnxx1， 所以f(x)lnxmx1xmxmxx+故当x1且x221， m1时，f(x)0． m当e11m0时，有e2，所以函数f(x)有2个零点． 22mmeeef(x)f(x)m0mmm01综上所述：当时，函数没有零点；当或时．函数有个零点；当

222时，函数f(x)有2个零点．

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