青海省西宁市2021届新高考数学二模试卷含解析

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．函数fxcos2x2cos2x的图象大致是（ ）

2x1A． B．

C． D．

【答案】C 【解析】 【分析】

根据函数奇偶性可排除AB选项；结合特殊值，即可排除D选项. 【详解】

2cos2x2x1∵fxcos2xxcos2x， x21212x12x1fxxcos2xxcos2xfx，

2121∴函数fx为奇函数， ∴排除选项A，B；

又∵当x0，时，fx0，

4故选：C. 【点睛】

本题考查了依据函数解析式选择函数图象，注意奇偶性及特殊值的用法，属于基础题. 2．x12x13x1nx1nNA．Cn 【答案】B 【解析】

3*的展开式中x的一次项系数为（ ）

n1B．Cn1

2C．Cn

D．

13Cn1 2【分析】

根据多项式乘法法则得出x的一次项系数，然后由等差数列的前n项和公式和组合数公式得出结论． 【详解】

由题意展开式中x的一次项系数为12故选：B． 【点睛】

本题考查二项式定理的应用，应用多项式乘法法则可得展开式中某项系数．同时本题考查了组合数公式．

nn(n1)2Cn1． 2x2y23．已知双曲线C:221(a0,b0)的焦距为2c，过左焦点F1作斜率为1的直线交双曲线C的右支

ab于点P，若线段PF1的中点在圆O:xyc上，则该双曲线的离心率为（ ） A．2 【答案】C 【解析】 【分析】

设线段PF1的中点为A，判断出A点的位置，结合双曲线的定义，求得双曲线的离心率. 【详解】

设线段PF1的中点为A，由于直线F1P的斜率是1，而圆O:xyc，所以A0,c.由于O是线段F1F2222222B．22 C．21 D．221

的中点，所以PF22OA2c，而PF12AF122c22c，根据双曲线的定义可知

c221. PF1PF22a，即22c2c2a，即

a222故选：C

【点睛】

本小题主要考查双曲线的定义和离心率的求法，考查直线和圆的位置关系，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.

4．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为（ ）

A．5 2B．23 C．8 D．83

【答案】B 【解析】 【分析】

根据三视图可以得到原几何体为三棱锥，且是有三条棱互相垂直的三棱锥，根据几何体的各面面积可得最大面的面积． 【详解】

解：分析题意可知，如下图所示，

该几何体为一个正方体中的三棱锥ABCD， 最大面的表面边长为22的等边三角形ABC， 故其面积为故选B． 【点睛】

本题考查了几何体的三视图问题，解题的关键是要能由三视图解析出原几何体，从而解决问题． 5．

“是函数fxax1x在区间

内单调递增”的（ ）

3(22)223， 4A．充分不必要条件 C．充分必要条件 【答案】C 【解析】

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

fxax1xax2x，令ax2x0,解得x10,x2当a0，fx的图像如下图

1 a

当a0，fx的图像如下图

由上两图可知，是充要条件

【考点定位】考查充分条件和必要条件的概念，以及函数图像的画法. 6．若集合Ax|sin2x1，Byy4k,kZ，则（ ） 2B

D．CRACRB

A．ABA 【答案】B 【解析】 【分析】

B．CRBCRA

C．A根据正弦函数的性质可得集合A，由集合性质表示形式即可求得AB，进而可知满足CRBCRA. 【详解】

Ax|sin2x1x|xk,kZ； 依题意，

4而By|y4k,kZ 22n2n1x|x,nZ或x,nZ

42422n1x|xn,nZ或x,nZ，

442故AB， 则CRBCRA. 故选：B. 【点睛】

本题考查了集合关系的判断与应用，集合的包含关系与补集关系的应用，属于中档题. 7．已知向量a1,2，bx,x1，若b2a//a，则x（ ） A．

1 3B．

2 3C．1 D．3

【答案】A

【解析】 【分析】

利用平面向量平行的坐标条件得到参数x的值. 【详解】

由题意得，b2a2x,x5，

b2a//a，

22xx50，

解得x故选A. 【点睛】

本题考查向量平行定理，考查向量的坐标运算，属于基础题.

8．在ABC中，H为BC上异于B，C的任一点，M为AH的中点，若AMABAC，则等于（ ）

1. 3

A．

1 2B．

2 3C．

1 6D．

1 3【答案】A 【解析】 【分析】

根据题意，用AB,AC表示出AH,BH与AM，求出,的值即可. 【详解】

解：根据题意，设BHxBC，则

AM1111111AH(ABBH)(ABxBC)ABx(ACAB)(1x)ABxAC， 2222222又AMABAC，

11(1x),x，

22111(1x)x，

222故选：A. 【点睛】

本题主要考查了平面向量基本定理的应用，关键是要找到一组合适的基底表示向量，是基础题.

9．在三棱锥PABC中，ABBP，ACPC，ABAC，PBPC22，点P到底面ABC的距离为2，则三棱锥PABC外接球的表面积为（ ） A．3 【答案】C 【解析】 【分析】

首先根据垂直关系可确定OPOAOBOC，由此可知O为三棱锥外接球的球心，在PAB中，可以算出AP的一个表达式，在OAG中，可以计算出AO的一个表达式，根据长度关系可构造等式求得半径，进而求出球的表面积． 【详解】

取AP中点O，由ABBP，ACPC可知：OPOAOBOC，

B．3 2C．12

D．24

O为三棱锥PABC外接球球心，

过P作PH平面ABC，交平面ABC于H，连接AH交BC于G，连接OG，HB，HC，

PBPC，HBHC，ABAC，G为BC的中点

由球的性质可知：OG平面ABC，OG//PH，且OG设ABx，

1PH1． 2PB22，AOAG112PAx8， 2212BCx，在OAG中，AG2OG2OA2， 2222212x8，解得：x2， 即2x12三棱锥PABC的外接球的半径为：AO12x22221422223，

三棱锥PABC外接球的表面积为S4R212．

故选：C. 【点睛】

本题考查三棱锥外接球的表面积的求解问题，求解几何体外接球相关问题的关键是能够利用球的性质确定外接球球心的位置.

210．已知函数f(x)axxlnx有两个不同的极值点x1，x2，若不等式fx1fx22x1x2t有解，则t的取值范围是（ ） A．(,2ln2) C．(,112ln2) 【答案】C 【解析】 【分析】

B．,2ln2 D．,112ln2

2ax2x1先求导得f(x)（x0），由于函数fx有两个不同的极值点x1，x2，转化为方程

x2ax2x10有两个不相等的正实数根，根据，x1x2，x1x2，求出a的取值范围，而

fx1fx22x1x2t有解，通过参数法和构造新函数

h(a)511ln(2a)0a，通过利用导数研究ha单调性、最值，即可得出t的取值范围. 4a8【详解】

2ax2x1由题可得：f(x)（x0），

x因为函数f(x)axxlnx有两个不同的极值点x1，x2， 所以方程2ax2x10有两个不相等的正实数根，

218a0,11xx0,解得0a. 于是有122a81xx0,122a若不等式fx1fx22x1x2t有解， 所以tfx1fx22x1x2max

因为fx1fx22x1x2ax1x1lnx1ax2x2lnx22x1x2

2225ax1x22x1x23x1x2lnx1x21ln(2a).

4a设h(a)511ln(2a)0a， 4a8h(a)54a1h(a)0，故在0,上单调递增， 24a818故h(a)h112ln2， 所以t112ln2，

所以t的取值范围是(,112ln2). 故选：C. 【点睛】

本题考查利用导数研究函数单调性、最值来求参数取值范围，以及运用分离参数法和构造函数法，还考查分析和计算能力，有一定的难度.

11．若函数yf(x)的定义域为M＝{x|－2≤x≤2}，值域为N＝{y|0≤y≤2},则函数yf(x)的图像可能是（ ）

A． B． C．

D．

【答案】B 【解析】

因为对A不符合定义域当中的每一个元素都有象，即可排除； 对B满足函数定义，故符合；

对C出现了定义域当中的一个元素对应值域当中的两个元素的情况，不符合函数的定义，从而可以否定；对D因为值域当中有的元素没有原象，故可否定． 故选B．

12．若alog23,blog47,c0.7，则实数a,b,c的大小关系为（ ） A．abc 【答案】A

B．cab

C．bac

D．cba

4【解析】 【分析】

将a化成以4 为底的对数，即可判断a,b 的大小关系；由对数函数、指数函数的性质，可判断出b,c 与1的大小关系，从而可判断三者的大小关系. 【详解】

依题意，由对数函数的性质可得alog23log49blog47.

40又因为c0.70.71log44log47b，故abc.

故选:A. 【点睛】

本题考查了指数函数的性质，考查了对数函数的性质，考查了对数的运算性质.两个对数型的数字比较大小时，底数相同，则构造对数函数，结合对数的单调性可判断大小；若真数相同，则结合对数函数的图像或者换底公式可判断大小；若真数和底数都不相同，则可与中间值如1,0比较大小. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．下表是关于青年观众的性别与是否喜欢综艺“奔跑吧，兄弟”的调查数据，人数如下表所示： 不喜欢 喜欢 10 80 男性青年观众 40 女性青年观众 30 现要在所有参与调查的人中用分层抽样的方法抽取n个人做进一步的调研，若在“不喜欢的男性青年观众”的人中抽取了8人，则n的值为______. 【答案】32 【解析】 【分析】

由已知可得抽取的比例，计算出所有被调查的人数，再乘以抽取的比例即为分层抽样的样本容量. 【详解】

81，被调查的总人数为40103080=160人， 4051则分层抽样的样本容量是16032人.

5由题可知，抽取的比例为故答案为：32 【点睛】

本题考查分层抽样中求样本容量，属于基础题.

14．如图是一个算法的伪代码，运行后输出b的值为___________．

【答案】13 【解析】

根据题意得到：a=0,b=1,i=2 A=1,b=2,i=4, A=3,b=5,i=6, A=8,b=13,i=8

不满足条件，故得到此时输出的b值为13. 故答案为13.

15．（5分）已知x为实数，向量a(2,1)，b(1,x)，且ab，则|2ab|____________． 【答案】5 【解析】 【分析】 【详解】

由a(2,1)，b(1,x)，且ab，得ab2x0，解得x2，则2ab2(2,1)(1,2)(5,0)，则|2ab|52025．

x2y216．已知点P是椭圆221(ab0)上一点，过点P的一条直线与圆x2y2a2b2相交于A, Bab两点，若存在点P，使得|PA||PB|ab，则椭圆的离心率取值范围为_________.

222,1【答案】 2【解析】 【分析】

22设Px0,y0，设出直线AB的参数方程，利用参数的几何意义可得|PA||PB|b,a,由题意得到

a22b2，据此求得离心率的取值范围.

【详解】

设Px0,y0，直线AB的参数方程为代入圆x2y2a2b2，

xx0tcos，(t为参数)

yytsin0化简得：t2x0cosy0sintx0y0ab0，

222222222|PA||PB|t1t2x0y0a2b2a2b2x0y0， 2222x0y0b,a， 22|PA||PB|b,a，

存在点P，使得|PA||PB|ab，

22a2b2b2，即a22b2， a22c2，

e21， 22e1， 22,1故答案为： 2【点睛】

本题主要考查了椭圆离心率取值范围的求解，考查直线、圆与椭圆的综合运用，考查直线参数方程的运用，属于中档题.

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an是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与（1）求证：数列Sn1的等差中项． an为等差数列；

2(1)n（2）设bn，求bn的前100项和T100．

an【答案】（1）证明见解析； （2）10. 【解析】 【分析】

2（1）利用已知条件化简出2Snanan1，当n1时，S11，当n2时，再利用anSnSn1进行22化简，得出SnSn11,(n2)，即可证明出Sn为等差数列；

2（2）根据（1）中，求出数列an的通项公式annn1，再化简出(1)n(1)nbn(1)n(nn1)，可直接求出bn的前100项和T100．

annn1【详解】

解：（1）由题意知2Snan12，即2Snanan1，① an当n1时，由①式可得S11； 又n2时，有anSnSn1，

代入①式得2SnSnSn1SnSn11， 整理得SnSn11,(n2)， ∴Sn222是首项为1，公差为1的等差数列．

2（2）由（1）可得Sn1n1n， ∵an是各项都为正数，∴Snn， ∴anSnSn1nn1(n2)， 又a1S11， ∴annn1，

2(1)n(1)n(1)n(nn1)， 则bnannn1T1001(21)(32)(10011002)(1001001)

10010，

即：T10010.

∴bn的前100项和T10010． 【点睛】

本题考查数列递推关系的应用，通项公式的求法以及裂项相消法求和，考查分析解题能力和计算能力. 18．选修4-4：坐标系与参数方程

在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程为{x2cosysin（α为参数）．以直角坐标系原点O为

极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为cos(4)22，点P为曲线C上

的动点，求点P到直线l距离的最大值．

x210 【答案】（1）y21，xy4（2）dmax2242【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：利用cosx,siny将极坐标方程化为直角坐标方程：cos(4)22化简为ρcosθ＋ρsinθ＝1，即为x＋y＝1．再利用点到直线距离公式得：设点P的坐标为（2cosα，sinα），得P到直线l的距离d2cossin422210 2试题解析：解：cos(4)22化简为ρcosθ＋ρsinθ＝1，

则直线l的直角坐标方程为x＋y＝1．

设点P的坐标为（2cosα，sinα），得P到直线l的距离d2cossin422210， 2dmax＝2210． 2考点：极坐标方程化为直角坐标方程，点到直线距离公式 19．已知数列an满足

1232a152a252a35nn.

2an53（1）求数列an的通项公式；

11（2）设数列的前n项和为Tn，证明：Tn.

6anan1【答案】（1）an【解析】 【分析】 （1）令Sn3n5；（2）见解析. 2S1,n1nbn，n，利用bn可求得数列bn的通项公式，由此可得出数

2a53nSnSn1,n2列an的通项公式；

1411（2）求得，利用裂项相消法求得Tn，进而可得出结论.

anan133n53n15【详解】

（1）令Snnbn，n，

2a53nnn11； 333当n2时，bnSnSn1n13n51bb当n1时，1，则n，故an； 2an5332（2）

14411， anan13n533n53n153n151111Tn315325325335411411. 383n15386【点睛】

113n53n15 本题考查利用Sn求通项，同时也考查了裂项相消法求和，考查计算能力与推理能力，属于基础题. 20．设函数f(x)sin(为2.

（Ⅰ）求的值；

xx)2cos21(0)，直线y3与函数f(x)图象相邻两交点的距离366BA,B,Ca,b,c（Ⅱ）在ABC中，角所对的边分别是，若点,0是函数yf(x)图象的一个对称中

2心，且b5，求ABC面积的最大值. 【答案】（Ⅰ）3；（Ⅱ）【解析】 【分析】

(Ⅰ)函数f(x)sin(253. 12xx)2cos21，利用和差公式和倍角公式，化简即可求得； 366B)，根据点,0是函数yf(x)图象的一个对称中心，代入可得32(Ⅱ)由(Ⅰ)知函数f(x)3sin(xB，利用余弦定理、基本不等式的性质即可得出.

【详解】 (Ⅰ)

f(x)sin(xx)2cos21 366

sinx3cos6cosx3sin61cos22x31

x3x3x3sin() sincos332323f(x)的最大值为3,f(x)最小正周期为2

3

(Ⅱ)由题意及（Ⅰ）知f(x)3sin(x3)，3sin(B2)0B 233a2c2b2a2c2251cosB,

2ac2ac2aca2c2252ac25,ac故SABC25 313253 acsinBac2412253. 12故ABC的面积的最大值为【点睛】

本题考查三角函数的和差公式、倍角公式、三角函数的图象与性质、余弦定理、基本不等式的性质，考查理解辨析能力与运算求解能力，属于中档基础题.

21．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝2a，bsinB﹣asinA＝（Ⅰ）求sinB的值； （Ⅱ）求sin（2B+

1asinC． 2）的值． 3【答案】（Ⅰ） 【解析】 【分析】

3737 （Ⅱ）1（Ⅰ）根据条件由正弦定理得ba出sinB；

221ac，又c＝2a，所以b22a2，由余弦定理算出cosB，进而算2（Ⅱ）由二倍角公式算出sin2B，cos2B，代入两角和的正弦公式计算即可. 【详解】 （Ⅰ）

bsinB﹣asinA＝

1122asinC，所以由正弦定理得baac， 22又c＝2a，所以b22a2，由余弦定理得：

a2c2b237； cosB，又B0,，所以sinB2ac44（Ⅱ）sin2B2sinBcosB371，cos2B2cos2B1， 88373. sin2Bsin2Bcoscos2Bsin33316【点睛】

本题主要考查了正余弦定理的应用，运用二倍角公式和两角和的正弦公式求值，考查了学生的运算求解能力.

22．已知数列an的前n项和为Sn，且点n,SnnN（1）求数列an的通项公式；

（2）设数列bn满足：b10，bn1bnan，求bn的通项公式；

（3）在第（2）问的条件下，若对于任意的nN*，不等式bnbn1恒成立，求实数的取值范围；

*在函数y2x12的图像上；

2n22n2.3）(1,) 【答案】（1）an2nN（2）当n为偶数时，bn当n为奇数时，bn；（

3333n*【解析】 【分析】

（1）根据anSnSn1,讨论n1与n2两种情况,即可求得数列an的通项公式;

（2）由（1）利用递推公式及累加法,即可求得当n为奇数或偶数时bn的通项公式.也可利用数学归纳法,先猜想出通项公式,再用数学归纳法证明.

bn（3）分类讨论,当n为奇数或偶数时,分别求得的最大值,即可求得的取值范围.

bn1【详解】

n1（1）由题意可知,Sn22.

当n2时,anSnSn12n122n22n,

11当n1时,a1S1222也满足上式.

所以an2nnN.

*n*（2）解法一：由（1）可知bn1bn2nN, k即bk1bk2kN. 1当k1时,b2b12,①

22当k2时,b3b22,所以b3b22,②

*3当k3时,b4b32,③

44当k4时,b5b42,所以b5b42,④

……

n1当kn1时,n为偶数bnbn12 n1当kn时,n为偶数所以bnbn12

以上n1个式子相加,得

bnb122222234n1n121(2)1(2)2n2. 332n2又b10,所以当n为偶数时,bn.

33同理,当n为奇数时,

bnb122222234n1n121(2)1(2)22n, 32n2所以,当n为奇数时,bn.

33解法二：

猜测：当n为奇数时,

n11n12122n2n1n22. bn222233112猜测：当n为偶数时,

n11n12122n2n1n22. bn222233112以下用数学归纳法证明：

n1,命题成立；

假设当nk时,命题成立；

k1k22当n为奇数时,bk2222, k当nk1时,n为偶数,由bk1bk2kN得

*bk12kbk2k2k12k2222

故,nk1时,命题也成立.

2n2综上可知, 当n为奇数时bn

33同理,当n为偶数时,命题仍成立.

2n2n为偶数33. （3）由（2）可知bnn22n为奇数332n2bn132n233n1n1①当n为偶数时,, n1222222bn1233所以

bnbnb21. 随n的增大而减小从而当n为偶数时,的最大值是

bn1bn1b32n2bn132n233n1n1②当n为奇数时,, n1222222bn1233bnbn131n11. 所以随n的增大而增大,且

bn1bn12222bn综上,的最大值是1.

bn1因此,若对于任意的nN*,不等式bnbn1恒成立,只需1, 故实数的取值范围是(1,). 【点睛】

本题考查了累加法求数列通项公式的应用,分类讨论奇偶项的通项公式及求和方法,数学归纳法证明数列的应用,数列的单调性及参数的取值范围,属于难题.

23．如图所示，在四面体ABCD中，ADAB，平面ABD平面ABC，ABBC2AC，且2ADBC4.

（1）证明：BC⊥平面ABD；

（2）设E为棱AC的中点，当四面体ABCD的体积取得最大值时，求二面角CBDE的余弦值. 【答案】（1）见证明；（2）【解析】 【分析】

（1）根据面面垂直的性质得到AD平面ABC，从而得到ADBC，利用勾股定理得到ABBC，利用线面垂直的判定定理证得BC平面ABD；

（2）设ADx(0x4)，利用椎体的体积公式求得Vfx30 61112x 4xx38x216x 326(0x4)，利用导数研究函数的单调性，从而求得ADx之后利用空间向量求得二面角的余弦值. 【详解】

（1）证明：因为ADAB，平面ABD平面ABC， 平面ABD平面ABCAB，AD平面ABD， 所以AD平面ABC，

因为BC平面ABC，所以ADBC. 因为ABBC所以ABBC，

因为ADABA，所以BC平面ABD.

（2）解：设ADx(0x4)，则ABBC4x， 四面体ABCD的体积Vfx4时，四面体ABCD的体积取得最大值，32AC，所以AB2BC2AC2， 21112x 4xx38x216x (0x4). 326113x216x16 x43x4， 6当0x时，fx0，Vfx单调递增；

3fx4x4时，fx0，Vfx单调递减. 34故当ADx时，四面体ABCD的体积取得最大值.

3当

以B为坐标原点，建立空间直角坐标系Bxyz， 则B0,0,0，A0,,0，C,0,0，D0,,设平面BCD的法向量为n(x,y,z)，

83838444 E，,,0.

33338x0nBC03则，即， nBD08y4z033令z2，得n(0,1,2)，

同理可得平面BDE的一个法向量为m(1,1,2)，

则530. 65630. 6由图可知，二面角CBDE为锐角，故二面角CBDE的余弦值为

【点睛】

该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的性质，线面垂直的判定，椎体的体积，二面角的求法，在解题的过程中，注意巧用导数求解体积的最大值.