高中数学高考 2021届好教育云平台泄露天机高考押题卷 数学（一） 教师版

这是一份高中数学高考 2021届好教育云平台泄露天机高考押题卷 数学（一） 教师版，共9页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，已知 ，则，下列说法正确的是，已知函数，则下列结论中错误的是等内容，欢迎下载使用。
绝密 ★ 启用前2021年普通高等学校招生全国统一考试数 学（一）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，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。写在试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷（选择题）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知复数（为虚数单位），其共轭复数为，则的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为，所以它的共轭复数，其虚部为，故选B．2．集合，，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据所给的两个集合的元素，表示出两个集合的交集，在集合中，；在集合中，，要求两个向量的交集，即找出两个向量集合中的相同元素，元素是向量，要使的向量相等，只有横标和纵标分别相等，，解得，此时，故选B．3．已知一元二次方程有两个不同的实数根，则“且”的_____________是“且”．A．充分不必要条件  B．必要不充分条件C．充分必要条件  D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】已知是一元二次方程的两个不同的实数根，当且时，可得，；当且时，可取，，此时不满足且，所以“且”是“且”的充分不必要条件，即“且”的充分不必要条件为“且”，故选A．4．若，，，则a，b，c的大小关系是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】函数在R上是减函数，，又幂函数在上单调递增，，，所以，而函数是R上增函数，，，故选B．5．把颜色分别为红、黄、蓝、白四种颜色的小球放入颜色分别为红、黄、蓝、白四种颜色的纸盒中，则四个小球都没有放入相同颜色的纸盒中的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】将四种不同颜色的球放入四种不同颜色的纸盒中基本事件的总数为，四个球都没有放入相同颜色的纸盒中的基本事件的总数为，所以四个小球都没有放入相同颜色的纸盒中的概率为，故选B．6．已知 ()，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】∵，∴，将两边同时平方得，则，∵，∴，，∴，∴．7．已知椭圆的方程为，、为椭圆的左右焦点，为椭圆上在第一象限的一点，为的内心，直线与轴交于点，若，则该椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图，连接、，是的内心，可得、分别是和的角平分线，由于经过点与的内切圆圆心的直线交轴于点，则为的角平分线，则到直线、的距离相等，所以，同理可得，，由比例关系性质可知．又因为，所以椭圆的离心率，故选A．8．在三棱锥中，已知，，，，若三棱锥的外接球的体积为，则三棱锥的体积为（    ）A．1 B． C． D．2【答案】A【解析】设球半径为，则，，而，所以是球的直径，球心是中点，，所以中点是直角的外心，所以平面，又平面，所以，，，，是中点，所以，故选A． 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．下列说法正确的是（    ）A．线性回归方程对应的直线一定经过点B．5件产品中有3件正品，2件次品，从中任取2件，恰好取到1件次品的概率为C．某中学为了解学生课外体育锻炼时间，拟采用分层抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取一个容量为100的样本，已知该校高一､高二､高三年级学生之比为，则应从高二年级中抽取30名学生D．“两个事件是对立事件”的充分不必要条件是“两个事件是互斥事件”【答案】ABC【解析】对A，线性回归方程对应的直线一定经过样本中心点，故A正确；对B，恰好取到1件次品的概率为，故B正确；对C，应从高二年级中抽取名学生，故C正确；对D，若两个事件是互斥事件，则两个事件不一定是对立事件；若两个事件是对立事件，则这两个事件一定是互斥事件，所以“两个事件是对立事件”的必要不充分条件是“两个事件是互斥事件”，故D错误，故选ABC．10．已知函数，则下列结论中错误的是（    ）A．点是的一个对称中心点B．的图象是由的图象向右平移个单位长度得到C．在上单调递增D．是方程的两个解，则【答案】BCD【解析】，所以，对于A：令，解得，当时，，所以点是的一个对称中心点，故A正确；对于B：的图象向右平移个单位长度得到的图象的函数解析式为，所以平移得到的图象不是的图象，故B错误；对于C：当时，，而函数在上单调递减，故C错误；对于D：令，解得或，即或，所以，故D错误，综上，故选BCD．11．在中，角所对的边分别为，则能确定为钝角的是（    ）A．B．均为锐角，且C．均为锐角，且D．【答案】AC【解析】对于A：，即，可得，又为三角形的内角，所以为钝角；对于B：均为锐角，等价于，又因为在上单调递增，所以，即，，故B错误；对于C：均为锐角，可得，，又，所以，故B为钝角；对于D：，所以，所以为锐角，故D错误，综上选AC．12．已知函数，若，且，则（    ）A．  B．C． D．【答案】ABC【解析】当时，．设函数，则有，，，故是偶函数，且最小值为0．当时，，所以在上单调递增，又是偶函数，所以在上单调递减．把的图象向右平移一个单位长度，得到函数的图象，故函数的图象关于直线对称，故可得到函数在上的图象．又，故函数的图象与轴的交点为．作平行于轴的直线，当时，直线与函数的图象有四个交点．数形结合可知，故A正确；由，得，又根据题意知，所以，即，即，所以，故B正确；令，则，，得，，因此，故C正确；又时，，且函数在上单调递增，所以，故D错误，故选ABC．  第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知等差数列的前项和为，若，则______．【答案】45【解析】因为，所以，因此，故答案为45．14．的展开式中含的项的系数为_________．【答案】【解析】由题意知：含项为按的升幂排列的第4项，∴，∴，∴该项的系数为，故答案为．15．已知函数，点为函数图象上一动点，则到直线距离的最小值为__________．（注）【答案】【解析】，，与直线平行的切线斜率，解得或，当时，，即切点为，此时点到直线的距离为；当时，，即切点为，此时点到直线的距离为：，故答案为．16．已知正四面体内接于半径为的球中，在平面内有一动点，且满足，则的最小值是___________；直线与直线所成角的取值范围为___________．【答案】，【解析】设A在面内的投影为E，故E为三角形BCD的中心，设正四面体的棱长为，球的半径为．则，，依题可得，球心在上，，代入数据可得，则，，又，，故的轨迹为平面BCD内以E为圆心，为半径的圆，，三点共线时，且P在BE之间时，的最小值是．以E为圆心，BE所在直线为x轴建立如图所示直角坐标系，，，，，设，，故，，设直线与直线所成角为，∵，∴，又，故，故答案为，． 四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知数列的前项和为，且，，，（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．【解析】∵，∴，∴，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故数列的通项公式为．（2）据（1）可得，所以，，两式相减得，化简得．18．（12分）的内角、、的对边分别为、、，．（1）求；（2）若，求周长最大时，的面积．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）∵，∴，∴，∴，∴，∴，，．（2）∵，据（1）可得，∴，∴，∴，∴，当且仅当时等号成立，即当时，取得最大值，即周长取得最大值，此时．19．（12分）如图，在多面体中，，，垂直于底面，且满足，，．（1）求证：；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）证明：由题意得，，，∵，，垂直于底面，∴，，，，可得，所以，故．由，，，，，得．又，由，得，所以，故．又，因此平面，因为平面，故．（2）如图，以的中点为坐标原点，分别以射线，为，轴的正半轴，过点作平行于且向上的射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系．由题意知各点坐标如下：，，，，，因此，，，．设平面的法向量，所以，即，则；同理可得，平面的一个法向量，，故二面角的余弦值为．20．（12分）2021年4月15日是第6个全民国家安全教育日，某社区为增强居民的国家安全意识，举行了国家安全知识竞赛．第一轮比赛共设有四道题，规定，答对第一道题得1分，答对第二道题得2分，答对第三道题得3分，答对第四道题得6分，这4道题，任意一道答错扣2分．每答完一题，分数进行累加，当答题者累计得分低于分时，停止答题，淘汰；当答题者累计得分大于等于4分时，答题结束进入下一轮；当四题答完，累计得分低于四分，则答题结束，淘汰出局；当答完四题，累计得分不低于4分时，答题结束，进入下一轮．每位答题者都按题号顺序进行答题，直至答题结束．假设参赛者甲对第一、二、三、四题回答正确的概率依次为，，，，且各题回答正确与否相互之间没有影响．（1）求甲同学能进入下一轮的概率；（2）用表示甲同学本轮答题结束时答题的个数，求的分布列和数学期望．【答案】（1）；（2）分布列见解析，．【解析】用表示甲第i个问题回答正确，表示甲第i个问题回答错误，则，，，；，，，．（1）记事件Q：甲同学能进入下一轮的概率，则：，即甲同学能进入下一轮的概率为．（2）由题意知的可能取值：2，3，4，∴；；．∴分布列为∴．21．（12分）已知椭圆，过椭圆右焦点且垂直于轴的直线与椭圆在第一象限交于点，已知椭圆左焦点为，三角形的面积为，不垂直于轴的直线与椭圆相交于两点，点为线段的中点．（1）求椭圆的标准方程；（2）点总满足，证明：直线过定点．【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】（1）依题可得的坐标为，，可得，又，，解得，，故椭圆的方程为．（2）证明：依题可得直线的斜率存在，设直线的直线方程为，设，，，由，可得，，即，，，因为，所以，，即，得，化简得，直线的方程为，所以，直线恒过定点．22．（12分）已知函数．（1）若有两个零点，求的取值范围；（2）设，若对任意的，都有恒成立，求的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】令，则，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，当时，；当时，；当时，，所以当，即，有两个零点，∴有两个零点时，的范围是．（2）对任意的，不等式恒成立，在上恒成立，令，则，令，则，在上为增函数，又，，，使得，即，时，，，在上单调递减；时，，，在上单调递增，，由，可得，令，则，又，在上单调递增，，，，，，，综上所述，满足条件的的取值范围是．