2021届山西省高三第一次模拟考试数学(理)试题Word版含答案

数学（理）试题

一、选择题：本大题共12个小题,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.

1.已知单元素集合Ax|x2a2x10，则a（ ） A． 0 B． -4 C． -4或1 D．-4或0

2. 某天的值日工作由4名同学负责，且其中1人负责清理讲台，另1人负责扫地，其余2人负责拖地，则不同的分工共有（ ）

A．6种 B． 12种 C．18种 D．24种

3. 已知函数fxxsinx，若af3,bf2,cflog26，则a,b,c的大小关系是（ ） A．abc B．cba C．bac D．bca

4.在平行四边形ABCD中，点E为CD的中点，BE与AC的交点为F，设ABa,ADb，则向量BF （ ） A．a132121212b B．ab C. ab D．ab 333333325.已知抛物线C:yx，过点Pa,0的直线与C相交于A,B两点，O为坐标原点，若OAOB0，则a的取值范围是 （ ）

A．,0 B．0,1 C. 1, D．1

6.《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓，例如：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵.将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开，得到一个阳马（底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥）和一个鳖臑（四个面均匀直角三角形的四面体）.在如图所示的堑堵ABCA1B1C1中，

AA1AC5,AB3,BC4，则阳马C1ABB1A1的外接球的表面积是 （ ）

A．25 B． 50 C. 100 D．200

yxx17. 若x,y满足约束条件x4y40，则的取值范围是（ ）

yxy30A．,11 B．5313315, C. ,11 D．,

51151138. 执行如图所示的程序框图，如果输入的n是10，则与输出结果S的值最接近的是（ ）

A． e B． e C. e D．e

9.在ABC中，点D为边AB上一点，若BCCD,AC32,AD3,sinABC面积是（ ） A．

283645553，则ABC的392152 B． C. 62 D．122 2210.某市1路公交车每日清晨6：30于始发站A站发出首班车，随后每隔10分钟发出下一班车.甲、乙二人某日早晨均需从A站搭乘该公交车上班，甲在6：35-6：55内随机到达A站候车，乙在6：50-7：05内随机到达A站候车，则他们能搭乘同一班公交车的概率是 （ ） A．

1115 B． C. D． 6431211.如图，RtABC中，ABBC,AB6,BC2，若其顶点A在x轴上运动，顶点B在y轴的非负半轴上运动.设顶点C的横坐标非负，纵坐标为y，且直线AB的倾斜角为，则函数yf大致是 （ ）

的图象

A． B．

C. D．

x21,0x112. 定义在R上的函数fx满足fxfx，且当x0时，fx，若对任意x22,x1的xm,m1，不等式f1xfxm恒成立，则实数m的最大值是（ ） A． -1 B．111 C.  D． 233二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上

13.在复平面内，复数zmm22m8i对应的点位于第三象限，则实数m的取值范围是 ． 14.已知tan1sin22，则 ． 4cos2x2y215.过双曲线E:221a0,b0的右焦点，且斜率为2的直线与E的右支有两个不同的公共点，

ab则双曲线离心率的取值范围是 ．

16.一个正方体的三视图如图所示，若俯视图中正六边形的边长为1，则该正方体的体积是 ．

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.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共60分.

17. 已知等比数列an中，an0,a1（1）求an的通项公式； （2）设bn1n1112,,nN*. 64anan1an2log2an2，求数列bn的前2n项和T2n.

18.某快递公司收取快递费用的标准是：重量不超过1kg的包裹收费10元；重量超过1kg的包裹，除1kg收费10元之外，超过1kg的部分，每超出1kg（不足1kg，按1kg计算）需再收5元.该公司将最近承揽的100件包裹的重量统计如下： 包裹重量（单位：kg） 1 包裹件数 2 3 4 5 43 30 15 8 4 公司对近60天，每天揽件数量统计如下表：

包裹件数范围 包裹件数（近似处理） 天数 0100 101200 201300 301400 401500 50 6 150 6 250 30 350 12 450 6 以上数据已做近似处理，并将频率视为概率. （1）计算该公司未来3天内恰有2天揽件数在101400之间的概率；

（2）①估计该公司对每件包裹收取的快递费的平均值；

②公司将快递费的三分之一作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的用作其他费用.目前前台有工作人员3人，每人每天揽件不超过150件，工资100元.公司正在考虑是否将前台工作人员裁减1人，试计算裁

员前后公司每日利润的数学期望，并判断裁员是否对提高公司利润更有利？

19.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，AF//DE,AFAD，且平面BED平面

ABCD.

（1）求证：AFCD； （2）若BAD600,AFAD1ED，求二面角AFBE的余弦值. 2

x2y2220.已知椭圆E:221ab0过点1,2，且两个焦点的坐标分别为1,0,1,0. ab（1）求E的方程；

（2）若A,B,P为E上的三个不同的点，O为坐标原点，且OPOAOB，求证：四边形OAPB的面积为定值.

21. 已知函数fxx22m1xlnxmR. （1）当m1时，若函数gxfxa1lnx恰有一个零点，求a的取值范围； 2（2）当x1时，fx1mx2恒成立，求m的取值范围.

（二）选考题：共10分.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.

22. 【选修4-4：坐标系与参数方程】

在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为：xcos（为参数，0,），将曲线C1经过伸

ysinxx缩变换：得到曲线C2.

y3y（1）以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立坐标系，求C2的极坐标方程；

（2）若直线l:xtcos（t为参数）与C1,C2相交于A,B两点，且AB21，求的值.

ytsin23. 【选修4-5：不等式选讲】 已知函数fxx1aaR.

（1）若fx的最小值不小于3，求a的最大值；

（2）若gxfx2xaa的最小值为3，求a的值.

2021届山西省高三第一次模拟考试

数学（理）试题参考答案

一、选择题

1-5: DBDCB 6-10: BABCA 11、12：AC

二、填空题

13. 2,0 14. 361 15. 1,5 16.

42三、解答题

17.解：（1）设等比数列an的公比为q，则q0， 因为

112112，所以， anan1an2a1qn1a1qna1qn1因为q0，解得q2， 所以an12n12n7,nN*； 64（2）bn1nlog2an21nlogn71222nn72，

设cnn7，则bn1ncn2，

22c2n1c2n T2nb1b2b3b42222b2n1b2nc1c2c3c4c1c2c1c2c3c4c3c4c1c2c3c4c2n1c2nc2n1c2nc2n1c2n

n2n132n213n.

2n62n7218.解：（1）样本中包裹件数在101故可估计概率为

400之间的天数为48，频率f484， 6054， 5显然未来3天中，包裹件数在101即X400之间的天数X服从二项分布，

244148B3,，故所求概率为C32； 555125（2）①样本中快递费用及包裹件数如下表： 包裹重量（单位：kg） 1 快递费（单位：元） 包裹件数 2 3 4 5 10 15 20 25 30 43 30 15 8 4 故样本中每件快递收取的费用的平均值为

104315302015258304， 15（元）

1001， 5（元）

3故该公司对每件快递收取的费用的平均值可估计为15元.

②根据题意及（2）①，揽件数每增加1，可使前台工资和公司利润增加15将题目中的天数转化为频率，得

包裹件数范围 包裹件数（近似处理） 天数 频率 0100 101200 201300 301400 401500 50 6 0.1 150 6 0.1 250 30 0.5 350 12 0.2 450 6 0.1 若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，公司每日揽件数情况如下： 包裹件数（近似处理） 实际揽件数Y 50 50 150 150 250 250 350 350 450 450 频率 0.1 0.1 0.5 0.2 0.1 EY 500.11500.12500.53500.24500.1260 故公司平均每日利润的期望值为260531001000（元）； 若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，公司每日揽件数情况如下：

包裹件数（近似处理） 实际揽件数Z 频率 50 50 0.1 150 150 0.1 250 250 0.5 350 300 0.2 450 300 0.1 EY 500.11500.12500.53000.23000.1235 故公司平均每日利润的期望值为23552100975（元） 因9751000，故公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润不利. 19.（1）证明：

连接AC，由四边形ABCD为菱形可知ACBD， ∵平面BED平面ABCD，且交线为BD， ∴AC平面BED，∴ACED， 又AF//DE，∴AFAC，

∵AFAD,ACADA，∴AF平面ABCD， ∵CD平面ABCD，∴AFCD； （2）解：设ACBDO，过点O作DE的平行线OG，

由（1）可知OA,OB,OG两两互相垂直， 则可建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，

所以AB3a,a,0,AF0,0,2a,BE0,2a,4a,BF设AFAD1ED2aa0，则A23a,0,0,B0,a,0,F3a,0,2a,E0,a,4a， 3a,a,2a，

mAB03xy0设平面ABF的法向量为mx,y,z，则，即，

2z0mAF0取y3，则m1,3,0为平面ABF的一个法向量，

同理可得n0,2,1为平面FBE的一个法向量. 则cosm,n2315， 52515. 5又二面角AFBE的平面角为钝角，则其余弦值为20.解：（1）由已知得c1,2a41122， 22x2y21； ∴a2,b1，则E的方程为2x2y21得： （2）当直线AB的斜率不为零时，可设AB:xmyt代入2m22y22mtyt220，

2mtt22,y1y22设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1y22，

m2m28m22t2，

设Px,y，由OPOAOB，得

2mt4t， ,xxxmytmytmyy2t12121222m2m24t2m2216t24m2t2224tm2， 1∵点P在椭圆E上，∴，即，∴12222222m2m2m2yy1y2AB1m2y1y224y1y21m24m2t2m222t2221m242m2m226t2，

原点到直线xmyt的距离为dtm12. ∴四边形OAPB的面积：S2SOAB121m22ABd2m2226t26. 6t224t2m12t当AB的斜率为零时，四边形OAPB的面积S21166， 222∴四边形OAPB的面积为定值6. 221.解：（1）函数gx的定义域为0,，

a2x2a12当m时，gxalnxx，所以gx2x，

xx2①当a0时，gxx2,x0时无零点，

②当a0时，gx0，所以gx在0,上单调递增，

11a取x0e，则ge1ea0，

1a2因为g11，所以gx0g10，此时函数gx恰有一个零点， ③当a0时，令gx0，解得xa， 2当0xaa时，gx0，所以gx在0,上单调递减；

22当xaa时，gx0，所以gx在,上单调递增.

22aaaaln0即a2e， 222要使函数fx有一个零点，则g综上所述，若函数gx恰有一个零点，则a2e或a0；

（2）令hxfx1mx2mx22m1xlnx，根据题意，当x1,时，hx0恒成立，又hx2mx2m11x12mx1，

xx①若0m111,时，hx0恒成立，所以hx在,上是增函数，且，则x22m2m1，所以不符题意. hxh,2m②若m1，则x1,时，hx0恒成立，所以hx在1,上是增函数，且hxh1,，2所以不符题意.

③若m0，则x1,时，恒有hx0，故hx在1,上是减函数，于是“hx0对任意

x1,，都成立”的充要条件是h10，即m2m10，解得m1，故1m0.

综上，m的取值范围是1,0.

22.解：（1）C1的普通方程为x2y21y0，

3y22y代入上述方程得，x1y0， 把xx,y33y21y0， ∴C2的方程为x32令xcos,ysin， 所以C2的极坐标方程为2230,；

3cos2sin22cos21（2）在（1）中建立的极坐标系中，直线l的极坐标方程为R，

由1，得A1，

323由， 2cos21，得B22cos1而32cos21121，∴cos1， 2而0,，∴3或

2. 323.解：（1）因为fxminf1a，所以a3，解得a3，即amax3；

（2）gxfx2xaax12xa，

当a1时，gx3x10,03，所以a1不符合题意，

x12xa,xa3x12a,xa当a1时，gxx12xa,1xa，即gxx12a,1xa，

x12xa,x13x12a,x1所以gxmingaa13，解得a4，

当a1时，同法可知gxmingaa13，解得a2， 综上，a2或-4