2021年高中学业水平合格性考试数学模拟卷13

满分100分 姓名_________ 班级_________

一、单选题：本大题共20小题，每小题3分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.

1．已知集合Ax|x1，则下列关系中正确的是（ ）

B．0A

C．A

D．0A

A．0A 【答案】C

【解析】∵Ax|x1，∴0A，所以选项A、B、D错误， 由空集是任何集合的子集，可得选项C正确. 故选：C.

2．已知x是实数，则使x24成立的一个必要不充分条件是（ ）

A．x2 【答案】B

B．x2 C．x2

D．1x1

【解析】由x24，可得：2x2，

根据题意，若要求x24成立的一个必要不充分条件， 只要求真包含x|2x2的集合，

A选项表达错误；B选项的范围包含2x2，正确； C选项的范围就是2x2，是充要条件，错误；

D选项的范围是x|2x2的子集，是充分不必要条件，错误.

- 1 -

故选：B.

b,c,d为实数，则下列命题正确的是（ ） 3．若a,A．若ab，则a|c|b|c| C．若ab，cd，则acbd 【答案】B

【解析】对于A选项，当cB．若ac2bc2，则ab D．若ab，cd，则acbd

0时，不符合，故A选项错误.

对于B选项，由于ac2bc2，所以c0，所以ab，所以B选项正确.

对于C选项，如a2,b3,c2,d3,23,23，但是acbd，所以C选项错误.

b,c,d的正负不确定，所以无法由ab，cd得出acbd，故D选项错误. 对于D选项，由于a,故选：B

4．当0x2时，ax22x恒成立，则实数a的取值范围（ ） A．,1 【答案】C

【解析】因为0x2时，ax22x恒成立， 令f(x)x22xx11，

2B．,2 C．,0 D．0,

因为0x2时，f(x)min0， 所以a0， 故选：C

5．下列各图中，可表示函数yf(x)图象的是（ ）

- 2 -

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】根据函数的定义，对于定义域内的每一个x值对应唯一的y值，则只有D满足条件； 故选：D

6．若函数f(x)m2m2x2m1是幂函数，则m（ ）

A．3 【答案】C

B．1 C．3或1 D．13 【解析】因为函数f(x)m2m2x解得m1或m3. 故选:C

2m1是幂函数,所以m22m21,

291837．计算()2(2.5)0()3()2的结果为（ ）

4272A．

5 2B．

1 2C．

25 18D．

3 2【答案】B

29183344【解析】()2(2.5)0()3()21

4272299

- 3 -

1； 2故选：B.

8．已知函数f(x)4ax1的图象经过定点P，则点P的坐标是（ ） A．(－1，5) B．(－1，4)

C．(0，4)

【答案】A

【解析】当x10，即x1时，ax1a01，为常数，此时f(x)415，即点P的坐标为(－1，5).

故选：A.

9．设a＝

123，b＝

(124)3，c＝log122，则（ ）

A．a＞b＞c B．a＞c＞b

C．b＞a＞c

【答案】A

241【解析】b132323 ，

40ba，

又clog1221， abc.

故选：A.

10．已知tan4，则cos2（ ） A．

7 1525B．725 C．

17

- 4 -

D．(4，0)

D．b＞c＞aD．1517

【答案】D

【解析】因为tan4，

cos2asin2a1tan2a11615所以cos2 222cosasina1tana11617故选：D.

11．化简cos16cos44cos74sin44的值为（ ）

A．3 2B．3 2C．

1 2D．1 2【答案】C

【解析】（方法一）cos16cos44cos74sin44cos16cos44sin16sin44cos1644cos601， 2（方法二）cos16cos44cos74sin44sin74cos44cos74sin44sin7444sin30故选：C．

1， 212．函数y2sin1x的周期，振幅，初相分别是（ ）

42B．4,2,A．

4,2,4

4 C．4,2,4

D．2,2,4

【答案】C

2T411【解析】因为y2sinx，所以，

242当x0，初相为

；由解析式可知振幅为2， 4

- 5 -

故选：C.

13．已知a,b为单位向量，且(2ab)b，则a2b（ ）

A．1 【答案】B

B．3

C．2

D．5 【解析】因为a,b为单位向量，且(2ab)b，所以2abb0，

所以2abb1，

2222所以a2ba2ba4ab4b3.

故选：B.

14．在ABC中，BC1，AB5 或

66 63，C3，则A（ ）.

A．B．C．

2 3D．

 3【答案】B

【解析】由正弦定理可得：

BCAB， sinAsinC1代入可得：sinA33， 2解得sinA1， 2因为在ABC中，所以0A，

- 6 -

所以A6或A56， ABBC，所以CA，

所以A6，

故选：B.

15．ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a5,c2,cosB3510,则b（A．2 B．3

C．2 D．3

【答案】B

【解析】因为a5,c2,cosB3510, 由余弦定理可得b2a2c22accosB5425235103，

所以b3 故选：B．

16．正四棱锥的底面边长和高都等于2，则该四棱锥的体积为（ ）

A．

23223 B．

3 C．

83 D．8

【答案】C

【解析】∵正四棱锥的底面边长和高都等于2， ∴该四棱锥的体积V1183Sh32223. 故选：C.

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） 17．下列命题中正确的是（ ）

A．若直线l上有无数个点不在平面内，则l//

B．如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行 C．若两条直线都与第三条直线垂直，则这两条直线互相平行 D．垂直于同一个平面的两条直线互相平行 【答案】D

【解析】选项A: 若直线l上有无数个点不在平面内，则l//或相交,故A错误;

选项B: 如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条可能与这个平面平行,也可包含于这个平面,故B错误;

选项C: 若两条直线都与第三条直线垂直，则这两条直线相交、平行或异面,故C错误;

选项D: 垂直于同一个平面的两条直线互相平行, 故D正确,

故选:D

18．把分别写有1，2，3，4的四张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，且若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么2，3连号的概率为（ ）

A．

2 3B．

1 3C．

3 5D．

1 4【答案】B

2连号，【解析】分三类情况，第一类1，则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为12,3,4，12,4,3，3,12,4，

4,12,3，3,4,12，4,3,12，有6种分法；

3连号，第二类2，则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为1,23,4，4,23,1，23,1,4，23,4,1，1,4,23，

4,1,23，有6种分法；

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4连号，第三类3，则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为1,2,34，2,1,34，34,1,2，34,2,1，1,34,2，

2,34,1，有6种分法；

共有18种分法， 则2，3连号的概率为P故选：B.

19．下图为某地区2006年~2018年地方财政预算内收入､城乡居民储蓄年末余额折线图.根据该折线图可知，该地区2006年~2018年（ ）

61. 183

A．财政预算内收入､城乡居民储蓄年末余额均呈增长趋势 B．财政预算内收入､城乡居民储蓄年末余额的逐年增长速度相同

C．财政预算内收入年平均增长量高于城乡居民储蓄年末余额年平均增长量 D．城乡居民储蓄年末余额与财政预算内收入的差额逐年增大 【答案】D

【解析】由图知，财政预算内收入2006、2007、2008年没有明显变化，故AB错；

由图可知，财政预算内收入年平均增长量低于城乡居民储蓄年末余额年平均增长量，故C错； 由图可知，城乡居民储蓄年末余额与财政预算内收入的差额逐年增，即D正确.

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故选：D．

20．如图1，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB1，BC1的中点，则以下结论中不成立的是（ ）

A．EF与BB1垂直

B．EF与BD垂直

C．EF与CD异面 【答案】D

D．EF与A1C1异面

【解析】如图所示，连结A1B，由几何关系可得点E为A1B的中点，且BFFC1，

由三角形中位线的性质可得：EF很明显，EF与CD异面，

AC11，即EF与A1C1不是异面直线，

由几何关系可得：AC11BB1,AC11BD，则EFBB1,EFBD， 综上可得，选项D中的结论不成立. 本题选择D选项.

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二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分

21．已知x0,y0，则(2xy)12的最小值为__________. xy【答案】8

【解析】由x0,y0，

可得：(2xy)124xy4xy22428. xyyxyx4xy，即y2x时取得最小值8. 当且仅当yx故答案为：8.

2x,x[0,2]22．已知函数f(x)，则f1f3__.

x,x(2,4]【答案】4.

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【解析】

函数f(x)2x,x[0,2]，

x,x(2,4]所以f1211，f33，

f1f34.

故答案为：4.

23．已知角α的终边经过点(3，4)，则cosα=______________. 【答案】

3 5【解析】因为角α的终边经过点(3，4)，

所以cosx33， r32425故答案：

3 524．若sin1cos，则________. 633【答案】

1 3【解析】因为1coscossin，所以. 26336623故答案为：

1. 325．复数

2i（i为虚数单位）在复平面内对应的点位于第_____象限. 1i【答案】一

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2i1i2i2i2i21i 【解析】复数

1i1i1i2复数对应的点(1,1)．在第一象限．

故答案为：一

三、解答题：本大题共3小题，共25分. 26．（本小题8分）

如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，M,N分别为棱AC,A1B1的中点，且ABBC

（1）求证：平面BMN平面ACC1A1；

（2）求证：MN∥平面BCC1B1.

【答案】（1）见证明；（2）见证明

【解析】(1)证明：因为M为棱AC的中点，且ABBC， 所以BMAC，

因为ABCA1B1C1是直三棱柱，

所以AA1平面ABC， 因为BM平面ABC， 所以AA1BM，

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又因为AC,A1A平面ACC1A1，且ACA1AA，

所以BM平面ACC1A1， 因为BM平面BMN， 所以平面BMN平面ACC1A1.

(2)取BC的中点P，连接B1P和MP，

因为M、P为棱AC、BC的中点， 所以MPAB，且MP12AB， 因为ABCA1B1C1是棱柱，

所以A1B1AB,A1B1AB，

因为N为棱A1B1的中点，

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所以B1NBA，且B1N1BA， 2所以B1NPM，且B1NPM，

所以MNB1P是平行四边形，

所以MNPB1，

又因为MN平面BCC1B1,PB1平面BCC1B1，

所以MN平面BCC1B1.

27．（本小题8分）

2020年春季，受疫情的影响，学校推迟了开学时间.上级部门倡导“停课不停学”，鼓励学生在家学习，复课后，某校为了解学生在家学习的周均时长(单位:小时)， 随机调查了部分学生，根据他们学习的周均时长，得到如图所示的频率分布直方图.

（1）求该校学生学习的周均时长的众数的估计值; （2）估计该校学生学习的周均时长不少于30小时的概率. 【答案】（1）25小时；（2）0.3.

【解析】（1）根据直方图知：频率最大的区间中点横坐标即为众数，

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∴由频率最大区间为[20,30)，则众数为

203025； 2（2）由图知：不少于30小时的区间有[30,40)、[40,50)，

∴该校学生学习的周均时长不少于30小时的概率P0.03100.3. 28．（本小题9分） 在①

sinAsinCsinAsinB，②2ccosCacosBbcosA这两个条件中任选一个，补充在下面问

bac题中的横线上，并解答.

在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c， . （1）求角C；

（2）若c5，ab11，求ABC的面积.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】（1）C3；（2）

3. 2【解析】（1）若选①：

由正弦定理得

acab， bac所以a2c2abb2，

由余弦定理得c2a2b22abcosC， 解得cosC1， 2因为C0,，所以C若选②：

3.

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由正弦定理得sinAcosBsinBcosA2sinCcosC， 即sin(AB)2sinCcosC， 即sinC2sinCcosC，

因为C0,，所以sinC0，所以cosC1， 2所以C3.

（2）由余弦定理得c2a2b22abcosC， 得5a2b2ab，

即5(ab)3ab，解得ab2，

2则ABC的面积SABC1133， absinC22222故ABC的面积为

3. 2

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