河南省南阳市2021届新高考数学一模考试卷含解析

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。

1．以下四个命题：①两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近1；②在回归分析中，可用相关指数R2的值判断拟合效果，R2越小，模型的拟合效果越好； ③若数据x1,x2,x3,L,xn的方差为1，则2x1+1,2x2+1,2x3+1,L,2xn+1的方差为4；④已知一组具有线性相关关系的数据

ˆaˆaˆbxˆ，则“x0,y0满足线性回归方程yˆbxˆ”x1,y1,x2,y2,L,x10,y10，其线性回归方程y是“x0A．4 【答案】C 【解析】 【分析】

①根据线性相关性与r的关系进行判断, ②根据相关指数R2的值的性质进行判断, ③根据方差关系进行判断,

④根据点x0,y0满足回归直线方程，但点x0,y0不一定就是这一组数据的中心点，而回归直线必过样本中心点，可进行判断. 【详解】

①若两个随机变量的线性相关性越强,则相关系数r的绝对值越接近于1,故①正确; ②用相关指数R2的值判断模型的拟合效果,R2越大,模型的拟合效果越好,故②错误;

③若统计数据x1,x2,x3,L,xn的方差为1,则2x1+1,2x2+1,2x3+1,L,2xn+1的方差为224,故③正确; ④因为点x0,y0满足回归直线方程，但点x0,y0不一定就是这一组数据的中心点，即

x1x2Lx10yy2Ly10 ，y01”的充要条件；其中真命题的个数为( )

1010B．3

C．2

D．1

()()()()x1x2Lx10yy2Ly10，y01不一定成立，而回归直线必过样本中心点，所以当

1010xxLx10yy2Ly10ˆax012ˆbxˆ；因此，y01时，点 (x0,y0)必满足线性回归方程 y1010xxLx10yyLy10ˆay012ˆbxˆ”是“x012“(x0,y0)满足线性回归方程y ，”必要不充分条

1010x0件.故 ④错误; 所以正确的命题有①③. 故选：C. 【点睛】

本题考查两个随机变量的相关性，拟合性检验，两个线性相关的变量间的方差的关系，以及两个变量的线性回归方程，注意理解每一个量的定义，属于基础题.

f(m)f(n2)02．已知奇函数fx是R上的减函数，若m,n满足不等式组f(mn1)0，则2mn的最小值

f(m)0为（ ） A．-4 【答案】B 【解析】 【分析】

根据函数的奇偶性和单调性得到可行域，画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义平移得到答案. 【详解】

B．-2

C．0

D．4

m2n奇函数fx是R上的减函数，则f00，且mn10，画出可行域和目标函数，

m0z2mn，即n2mz，z表示直线与y轴截距的相反数，

根据平移得到：当直线过点0,2，即m0.n2时，z2mn有最小值为2. 故选：B.

【点睛】

本题考查了函数的单调性和奇偶性，线性规划问题，意在考查学生的综合应用能力，画出图像是解题的关键.

3．公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”，利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”。如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出的n值为（ ）（参考数据：31.732,sin1500.2588,sin7500.9659 ）

A．48 【答案】C 【解析】 【分析】

B．36 C．24 D．12

由n6开始，按照框图，依次求出s，进行判断。 【详解】

11n6s6sin6002.598,n12s12sin3003,

221n24s24sin150 3.1058，故选C.

2【点睛】

框图问题，依据框图结构，依次准确求出数值，进行判断，是解题关键。

CACC12CB，4． ACBC，直三棱柱ABCA1B1C1中，则直线BC1与AB1所成的角的余弦值为（ ）

A．5 5B．

5 3C．25 5D．

3 5【答案】A 【解析】 【分析】

设CACC12CB2，延长A1B1至D，使得A1B1B1D，连BD,C1D，可证AB1//BD，得到C1BD（或补角）为所求的角，分别求出BC1,AB1,C1D，解VC1BD即可. 【详解】

设CACC12CB2，延长A1B1至D，使得A1B1B1D，

连BD,C1D，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB//A1B1,ABA1B1，

AB//B1D,ABB1D，四边形ABDB1为平行四边形，

AB1//BD，C1BD（或补角）为直线BC1与AB1所成的角，

在Rt△BCC1中，BC1CC12BC25， 在Rt△A1B1C1中，A1B1在VAC11D中，

22ACBC5,cosB1AC1111112， 5C1D2A1C12A1D22A1C1A1DcosB1A1C1420168，

在Rt△AA1B1中，AB1AA12A1B123,BDAB13，

BC12BD2C1D25985. 在VBC1D中，cosC1BD2BC1BD565故选：A.

【点睛】

本题考查异面直线所成的角，要注意几何法求空间角的步骤“做”“证”“算”缺一不可，属于中档题. 5．古希腊数学家毕达哥拉斯在公元前六世纪发现了第一、二个“完全数”6和28，进一步研究发现后续三个“完全数”分别为496，8128，33550336，现将这五个“完全数”随机分为两组，一组2个，另一组3个，则6和28恰好在同一组的概率为( ) A．

1 5B．

2 5C．

3 5D．

1 10【答案】B 【解析】 【分析】

推导出基本事件总数，6和28恰好在同一组包含的基本事件个数，由此能求出6和28恰好在同一组的概率． 【详解】

解：将五个“完全数”6，28，496，8128，33550336，随机分为两组，一组2个，另一组3个， 基本事件总数nC5C310，

6和28恰好在同一组包含的基本事件个数mC2C3C2C34， ∴6和28恰好在同一组的概率p202123m42． n105故选：B． 【点睛】

本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 6．执行下面的程序框图，则输出S的值为 （ ）

A．1 12B．

23 60C．

11 20D．

43 60【答案】D 【解析】 【分析】

根据框图，模拟程序运行，即可求出答案. 【详解】 运行程序，

1s1,i2，

5121s1,i3，

55212311s1,i4，

555231234111s1,i5，

55552341234111s1,i5，

5555234123451111s1,i6，结束循环，

555552345故输出s=故选：D. 【点睛】

本题主要考查了程序框图，循环结构，条件分支结构，属于中档题.

7．如图，已知直线l:ykx1k0与抛物线C:y24x相交于A，B两点，且A、B两点在抛物线准线上的投影分别是M，N，若AM2BN，则k的值是（ ）

1137431111(12345)13， 523456060

A．

1 3B．

2 3C．

22 3D．22 【答案】C 【解析】 【分析】

，，由此推导出OB直线ykx1k0恒过定点P10能求出k的值． 【详解】

设抛物线C:y4x的准线为l:x1，

21AF，由此能求出点B的坐标，从而2，， 直线ykx1k0恒过定点P10如图过A、B分别作AMl于M，BNl于N， 由AM2BN，则FA2FB， 点B为AP的中点、连接OB，则OB∴OBBF，点B的横坐标为

1AF， 21， 211B,2B∴点B的坐标为，把,2代入直线ykx1k0， 22解得k22， 3故选：C．

【点睛】

本题考查直线与圆锥曲线中参数的求法，考查抛物线的性质，是中档题，解题时要注意等价转化思想的合

理运用，属于中档题.

x2y28．已知双曲线E:221(a0,b0)满足以下条件：①双曲线E的右焦点与抛物线y24x的焦点

abF重合；②双曲线E与过点P(4,2)的幂函数f(x)x的图象交于点Q，且该幂函数在点Q处的切线过点F关于原点的对称点．则双曲线的离心率是（ ） A．31 2B．51 2C．

3 2D．51

【答案】B 【解析】 【分析】

(-1,0),可求得幂函数为f(x)由已知可求出焦点坐标为(1,0)，x,设出切点通过导数求出切线方程的斜

率,利用斜率相等列出方程,即可求出切点坐标,然后求解双曲线的离心率． 【详解】

2依题意可得，抛物线y4x的焦点为F(1,0)，F关于原点的对称点(1,0)；24，1，所以2f(x)x12x011f(x)，设Q(x0,x0)，则，解得x01，∴ Q(1,1)，可得x，2x2x0x01c11e512221，又，，可解得，故双曲线的离心率是c1cabaaa2b22故选B． 【点睛】

1512. 512本题考查双曲线的性质,已知抛物线方程求焦点坐标,求幂函数解析式,直线的斜率公式及导数的几何意义,考查了学生分析问题和解决问题的能力,难度一般.

9．已知数列{an}为等比数列，若a6a7a826，且a5a936，则A．

13 18111（ ） a6a7a8B．

1319 或

1836C．

13 9D．

13 6【答案】A 【解析】 【分析】

2根据等比数列的性质可得a5a9a6a8a736，通分化简即可.

【详解】

2由题意，数列an为等比数列，则a5a9a6a8a736，

又a6a7a826，即a6a826a7，

111a7a8a6a8a6a736a7a6a836a726a7所以，， a6a7a8a6a7a836a736a7236a726a73626a7a73626a73626a713.

36a736a736a736a718故选：A. 【点睛】

本题考查了等比数列的性质，考查了推理能力与运算能力，属于基础题. 10．下列说法正确的是（ ）

A．命题“x00，2x0sinx0”的否定形式是“x0，2xsinx” B．若平面，，，满足，则// C．随机变量服从正态分布N1,D．设x是实数，“x0”是“【答案】D 【解析】 【分析】

由特称命题的否定是全称命题可判断选项A；,可能相交，可判断B选项；利用正态分布的性质可判断选项C；【详解】

命题“x00，2x0sinx0”的否定形式是“x0，2xsinx”，故A错误；，

2，若P(01)0.4，则P(0)0.8 （0）

11”的充分不必要条件 x11x0或x1，利用集合间的包含关系可判断选项D. x，则,可能相交，故B错误；若P(01)0.4，则P(12)0.4，所以

110.40.40.1，故P(0)0.9，所以C错误；由1，得x0或x1，

2x1故“x0”是“1”的充分不必要条件，D正确.

xP(0)故选：D. 【点睛】

本题考查命题的真假判断，涉及到特称命题的否定、面面相关的命题、正态分布、充分条件与必要条件等，是一道容易题.

11．已知z的共轭复数是z，且zz12i（i为虚数单位） ，则复数z在复平面内对应的点位于（ ）

A．第一象限 【答案】D 【解析】 【分析】

B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

x2y2x1设zxyix,yR，整理zz12i得到方程组，解方程组即可解决问题．

y20【详解】

设zxyix,yR，

因为zz12i，所以x2y2xyi12ix1y2i，

3x2y2x1x所以，解得：2，

y20y2所以复数z在复平面内对应的点为故选D 【点睛】

本题主要考查了复数相等、复数表示的点知识，考查了方程思想，属于基础题．

12．已知二次函数f(x)x2bxa的部分图象如图所示，则函数g(x)exf'(x)的零点所在区间为（ ）

3,2，此点位于第四象限. 2

A．(1,0) 【答案】B 【解析】

B．(0,1) C．(1,2) D．(2,3)

由函数f(x)的图象可知，0＜f(0)＝a＜1，f(1)＝1－b＋a＝0，所以1＜b＜2.

又f′(x)＝2x－b，所以g(x)＝ex＋2x－b，所以g′(x)＝ex＋2＞0，所以g(x)在R上单调递增， 又g(0)＝1－b＜0，g(1)＝e＋2－b＞0，

根据函数的零点存在性定理可知，函数g(x)的零点所在的区间是(0，1)， 故选B.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．函数f(x)4cosxsin(x)2(0)的最大值与最小正周期相同，则f(x)在[1,1]上的单调递

4增区间为______. 【答案】[【解析】 【分析】

利用三角函数的辅助角公式进行化简，求出函数的解析式，结合三角函数的单调性进行求解即可． 【详解】

∵f(x)4cosx(13,] 4422sinxcosx)2 2222sinxcosx22cos2x2 2sin2x2cos2x

2sin(2x)， 4则函数的最大值为2，周期T2， 2Qf(x)的最大值与最小正周期相同，

2，得，

2则f(x)2sin(x)，

45x1时，剟x当1剟44则当3， 42剟x42x时，得剟143， 413,]， 44即函数f(x)在[1，1]上的单调递增区间为[故答案为：[【点睛】

13,]. 44本题考查三角函数的性质、单调区间，利用辅助角公式求出函数的解析式是解决本题的关键，同时要注意单调区间为定义域的一个子区间．

14．已知集合Ax|xa0a13a23a33中所有元素的和为_________. 【答案】28 【解析】 【分析】

23，，2，3.且a，，2，k01，其中a01k30，则集合A28，，80，求和即得解. 先计算集合中最小的数为27，最大的数为80，可得A27，【详解】

当a31,a2a1a00时，集合中最小数27；

134当a3a2a1a02时，得到集合中最大的数2()80；

13A27，28，，80ii2780(2780)28

2故答案为：28 【点睛】

本题考查了数列与集合综合，考查了学生综合分析，转化划归，数算的能力，属于中档题. 15．下图是一个算法流程图，则输出的S的值是______.

【答案】【解析】 【分析】

5 2根据流程图，运行程序即得. 【详解】

第一次运行S15，k1； 第二次运行S15，k2；

第三次运行S第四次运行S15，k3； 2553；所以输出的S的值是. 22故答案为：【点睛】

5 2本题考查算法流程图，是基础题.

16．记等差数列an和bn的前n项和分别为Sn和Tn，若【答案】

a7Sn3n5______. ，则Tnn7b711 5【解析】 【分析】

13a1a13a713a7S213,求解即可. 结合等差数列的前n项和公式,可得

b713b713b1b13T132【详解】 由题意,S1313a1a13213a7,T1313b1b13213b7,

a713a7S13313511Sn3n5. ,所以因为Tnn7b713b7T131375故答案为:【点睛】

本题考查了等差数列的前n项和公式及等差中项的应用,考查了学生的计算求解能力,属于基础题. 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．已知函数fxx1.

（1）求不等式fx42x3的解集；

（2）若正数m、n满足m2nmn，求证：fmf2n8. 【答案】（1）x0x2；（2）见解析 【解析】 【分析】

11. 53x11x2（1）fx42x3等价于（Ⅰ）或（Ⅱ）或（Ⅲ）

x12x34x12x343x2，分别解出，再求并集即可； x12x34（2）利用基本不等式及m2nmn可得m2n8，代入

fmf2nm12n1m2n可得最值.

【详解】

3x11x2（1）fx42x3等价于（Ⅰ）或（Ⅱ）或（Ⅲ）

x12x34x12x343x2 x12x34x1由（Ⅰ）得：2x

x331x30x 由（Ⅱ）得：22x033x由（Ⅲ）得：2x2.

2x2原不等式的解集为x0x2；

（2）Qm0，n0，m2nmn，

11m2n，

m2nm2n224m2n8，

当且仅当2m2nm2nmn，即m4时取等号， n2fmf2nm12n1m2n8，

当且仅当2n10即n1时取等号， 2fmf2n8.

【点睛】

本题考查分类讨论解绝对值不等式，考查三角不等式的应用及基本不等式的应用，是一道中档题. 18．已知函数f(x)|2x1||x1| （1）解不等式f(x)3；

222bca3（2）若a、b、c均为正实数，且满足abcm，m为f(x)的最小值，求证：.

abc21}（2）证明见解析 【答案】（1）{x|x„1或x…【解析】 【分析】

（1）将fx写成分段函数的形式，由此求得不等式f(x)3的解集. （2）由（1）求得f(x)最小值m，由此利用基本不等式，证得不等式成立. 【详解】

3x,x1,1（1）f(x)x2,1x,

213x,x.23恒成立，解得x1； 当x1时，f(x)…x当1剟13，解得x1； 时，由f(x)…2当x13解得x…1 时，由f(x)…23的解集为{x|x„1或x…1} 所以f(x)…（2）由（1）可求得f(x)最小值为

33，即abcm 223 2因为a,b,c均为正实数，且abcb2c2a2b2c2a2abcabc abcabc1b2c2a22(abc)2(abc)（当且仅当abc时，取“”）

2abcb2c2a2b2c2a23所以abc，即.

abc2abc【点睛】

本小题主要考查绝对值不等式的求法，考查利用基本不等式证明不等式，属于中档题.

x2t19．已知在平面直角坐标系xOy中，直线C2的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，xy2t轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为coscos2. （1）求曲线C1与直线C2的直角坐标方程；

（2）若曲线C1与直线C2交于A,B两点，求AB的值.

【答案】（1）曲线C1的直角坐标方程为y2x；直线C2的直角坐标方程为xy40（2）62 【解析】 【分析】

2xcos（1）由公式可化极坐标方程为直角坐标方程，消参法可化参数方程为普通方程；

ysin（2）联立两曲线方程，解方程组得两交点坐标，从而得两点间距离． 【详解】

解：（1）Qcoscos2

cos22cos 22cos22cos x2y2x22x

曲线C1的直角坐标方程为y22x

直线C2的直角坐标方程为xy40 （2）据yx4x2x8 解，得或2y2xy4y2AB【点睛】

282462 22本题考查极坐标与直角坐标的互化，考查参数方程与普通方程的互化，属于基础题． 20．已知函数fxlnx1xR. x（1）当x1时，不等式fx0恒成立，求的最小值； （2）设数列anan1*nSnNSSln2. ，其前项和为，证明：n2nnn4【答案】（1）【解析】 【分析】

1；（2）证明见解析. 211x2x0（1）fx，分，，0三种情况推理即可； 22x2'111n11n112n1（2）由（1）可得ln1，即12nn1n21nlnn1lnn【详解】

21xx'. （1）由fxlnxxR，得fxxx211，利用累加法即可得到证明. 2n2n1当

1

时，方程x2x0的1420，因此x2x在区间1, 2

'上恒为负数.所以x1时，fx0，函数fx在区间1,上单调递减.

又f10，所以函数fx0在区间1,上恒成立； 当01时，方程x2x0有两个不等实根，且满足211421142， x11x2221142所以函数fx的导函数fx在区间1,2'上大于零，函数fx在区间 上恒大于零，不满足题11421,2意；

1142上单增，又f10，所以函数fx在区间1,2当0时，在区间1,上fxlnxxlnx，函数ylnx在区间1,

x上恒为正数，所以在区间1,上fx恒为正数，不满足题意； 综上可知：若x1时，不等式fx0恒成立，的最小值为（2）由第（1）知：若x1时，lnx11. 211x1x1x. 2x2x111n11n112n1若nN*，则ln1， 2nn11n21n即lnn1lnn11成立. 2n2n1将n换成n1，得ln1n1lnn111成立，即

2n12n11lnn2lnn111，

2n12n211，

2n22n3以此类推，得lnn3lnn2ln2nln2n111，

22n14n11111L， 2nn1n22n14na1111L又S2nSn，所以S2nSnnln2. n1n22n12n4上述各式相加，得ln2nlnnln2【点睛】

本题考查利用导数研究函数恒成立问题、证明数列不等式问题，考查学生的逻辑推理能力以及数学计算能力，是一道难题. 21．已知函数

f(x)|2xa|

（1）若a1，不等式f(2x)f(x1)2的解集； （2）若xR,f(2x)x2，求实数a的取值范围. 【答案】（1）(,][2,)（2）(,8] 【解析】 【分析】

（1）依题意可得4x1|2x1|2，再用零点分段法分类讨论可得；

（2）依题意可得4xax2对xR恒成立，根据绝对值的几何意义将绝对值去掉，分别求出解集，则两解集的并集为R，得到不等式即可解得； 【详解】

解：（1）若a1，f(x)|2x1|，则f(2x)f(x1)2，即4x1|2x1|2，

1311时，原不等式等价于14x2x12，解得x 2211111当x时，原不等式等价于14x2x12，解得x，所以x；

24323当x当x1时，原不等式等价于4x12x12，解得x2； 4综上，原不等式的解集为,2,；

31（2）f(2x)x2即4xax2，得4xax2或4xax2，

a2， 3a2由4xax2解得x，

5由4xax2解得x要使得f(2x)x2的解集为R，则

a2a2 53解得a8，故a的取值范围是(,8]. 【点睛】

本题考查绝对值不等式的解法，着重考查等价转化思想与分类讨论思想的综合应用，属于中档题．

urr22．在VABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且向量m(2ac,b)与向量n(cosC,cosB)共

线.

（1）求B；

（2）若b37，a3，且AD2DC，求BD的长度. 【答案】（1）B【解析】 【分析】

（1）根据共线得到(2ac)cosBbcosC，利用正弦定理化简得到答案. （2）根据余弦定理得到c9，cosC【详解】

uuuruuur3（2）BD19 1，再利用余弦定理计算得到答案. 27urr（1）∵m(2ac,b)与n(cosC,cosB)共线，∴(2ac)cosBbcosC.

即(2sinAsinC)cosBsinBcosC，∴2sinAcosBsin(BC)sinA 即sinA(2cosB1)0，∵sinA0，∴cosB（2）b37，a3，B1，∵B(0,)，∴B.

323，在VABC中，由余弦定理得：

a2c2b29c2631cosB，∴c23c0.

2ac23c2则c9或c6（舍去）.

uuuruuura2b2c29638111cosC∴，∵AD2DC∴DCb7. 2ab3233727在VBDC中，由余弦定理得：

BD2CB2DC22CBDCcosC97237∴BD19. 【点睛】

119， 27本题考查了向量共线，正弦定理，余弦定理，意在考查学生的综合应用能力.

3x1t2（t为参数）.

23．已知曲线C的极坐标方程为4cos，直线l的参数方程为y1t2（1）求曲线C的直角坐标方程与直线l的普通方程；

‖MA||MB‖. （2）已知点M1,0，直线l与曲线C交于A、B两点，求

【答案】 (1) x2y24.y【解析】 【分析】

（1）根据极坐标与直角坐标互化公式，以及消去参数，即可求解；

（2）设A,B两点对应的参数分别为t1，t2，将直线l的参数方程代入曲线方程，结合根与系数的关系，即可求解. 【详解】

（1）对于曲线C的极坐标方程为4cos，可得24cos，

233(2) x333 又由xcos222，可得xy4x，即x2y24，

ysin2所以曲线C的普通方程为x2y24.

3x1ty32由直线l的参数方程为（t为参数），消去参数可得，即 1x13yt2直线l的方程为y333. x(x1)，即y3333x1t2（t为参数）代入曲线

（2）设A,B两点对应的参数分别为t1，t2，将直线l的参数方程y1t23123C:x2y24x0中，可得1tt41t0. 242化简得：t23t30，则t1t23. 所以||MA||MB||||t1||t2||t1t23. 【点睛】

本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线的参数方程的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

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