（新高考地区专用）2021届高考考前冲刺卷 数学（十）

这是一份（新高考地区专用）2021届高考考前冲刺卷 数学（十），共22页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，下列选项中，与的值相等的是，下列命题中，正确的命题有等内容，欢迎下载使用。
（新高考）2021届高考考前冲刺卷数 学（十）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。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．设全集，，，则图中阴影部分所表示的集合为（    ）A． B． C． D．2．设是复数的共轭复数，若，则（    ）A．2 B． C．2或 D．2或3．已知数列是公差为的等差数列，为其前项和，若，，则公差（    ）A． B． C． D．4．设，则“”是“直线和圆有公共点”的（    ）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5．已知抛物线的焦点为，准线为，一圆以为圆心且与相切，若该圆与抛物线交于点，则的值为（    ）A．或 B．或2 C． D．6．我国东汉末数学家赵爽在《周牌算经》中利用一幅“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示若为的中点，，则（    ）A． B． C． D．7．已知在锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．8．已知定义在上的函数，对任意x都满足，且当时，则函数的零点个数为（    ）A．12 B．14 C．15 D．16 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．下列选项中，与的值相等的是（    ）A．  B．C．  D．10．下列命题中，正确的命题有（    ）A．已知随机变量服从二项分布，若，，则B．将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变C．设随机变量服从正态分布，若，则D．若某次考试的标准分服从正态分布，则甲、乙、丙三人恰有2人的标准分超过90分的概率为11．连接正方体每个面的中心构成一个正八面体（如图），则（    ）A．以正八面体各面中心为顶点的几何为正方体 B．直线与是异面直线C．平面平面     D．平面平面12．已知曲线与曲线有公共点，且在第一象限内的公共点处的切线相同(e是自然对数的底数)，则当m变化时，实数a取以下哪些值能满足以上要求（    ）A．1 B．e C． D．第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．在二项式的展开式中任取两项，则所取两项中至少有一项的系数为偶数的概率是_____．14．已知函数是奇函数，则的值等于_________．15．最大视角问题是1471年德国数学家米勒提出的几何极值问题，故最大视角问题一般称为“米勒问题”．如图，树顶A离地面a米，树上另一点B离地面b米，在离地面米的C处看此树，离此树的水平距离为_________米时看A，B的视角最大．16．已知区域表示不在直线()上的点构成的集合，则区域的面积为________，若在区域内任取一点，则的取值范围为_________． 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）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求B；（2）若的面积是，，求b．   18．（12分）已知数列的前项和为，数列的前项和为，且．（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和．        19．（12分）某乒乓球教练为了解某同学近期的训练效果，随机记录了该同学局接球训练成绩，每局训练时教练连续发个球，该同学每接球成功得分，否则不得分，且每局训练结果相互独立，得到如图所示的频率分布直方图．（1）同一组数据用该区间的中点值作代表，①求该同学局接球训练成绩的样本平均数；②若该同学的接球训练成绩近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，求的值；（2）为了提高该同学的训练兴趣，教练与他进行比赛．一局比赛中教练连续发个球，该同学得分达到分为获胜，否则教练获胜．若有人获胜达局，则比赛结束，记比赛的局数为．以频率分布直方图中该同学获胜的频率作为概率，求．参考数据：若随机变量，则，，．        20．（12分）如图，在三棱柱中，四边形是菱形，，在底面上的射影是的中点．（1）证明：平面；（2）若，求与平面所成角的正弦值．     21．（12分）已知圆，动圆M过点且与圆C相切．（1）求动圆圆心M的轨迹E的方程；（2）假设直线l与轨迹E相交于A，B两点，且在轨迹E上存在一点P，使四边形OAPB为平行四边形，试问平行四边形OAPB的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．           22．（12分）已知函数在点处的切线垂直于y轴．（1）求的单调区间；（2）若存在a，b，c使得，求证：．         1．【答案】D【解析】，，，又全集，所以，图中阴影部分所表示的集合为，故选D．2．【答案】C【解析】设，，因为，所以，所以，所以，解得或，所以或，所以或，故选C．3．【答案】D【解析】数列是公差为的等差数列，为其前项和，，，，解得，，故选D．4．【答案】A【解析】圆，圆心，半径，则，若直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离，解得，，所以“”是“直线和圆有公共点”的充分不必要条件，故选A．5．【答案】B【解析】因为抛物线的焦点为，准线的方程为，所以圆．联立方程得，消元得，即，所以，所以，(不合题意，舍去)，所以，所以点的坐标为或，所以或2，故选B．6．【答案】D【解析】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图直角坐标系，设，由为的中点，∴，，，，，则，，，由，得，∴，解得，则，故选D．7．【答案】C【解析】由及余弦定理，可得，由正弦定理边化角，得，，，，是锐角三角形，，即，，，那么，则，故选C．8．【答案】B【解析】∵，∴函数是周期为2的周期函数．令，则，由题意得函数的零点个数即为函数的图象与函数的图象交点的个数．当时，，在同一坐标系内画出函数和函数的图象（如图所示），结合图象可得两函数的图象有14个交点，∴函数的零点个数为14，故选B． 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．【答案】BC【解析】，A．，故错误；B．，故正确；C．，故正确；D．，故错误，故选BC．10．【答案】BCD【解析】根据二项分布的数学期望和方差的公式，可得，，解得，所以A错误；根据数据方差的计算公式可知，将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变，所以B正确；由正态分布的图象的对称性可得，所以C正确；甲、乙、丙三人恰有2人的标准分超过90分的概率，故D正确，故选BCD．11．【答案】AD【解析】对于A选项，如图1，由于正方体与正八面体是对偶多面体，所谓对偶，就是说，连接正方体(有六个面)相邻两个界面的中心，将得到正八面体(这也说明了为什么正方体的界面数等于正八面体的顶点数，都是6)；反之，连接正八面体相邻两个界面的中心，将得到正方体，故A选项正确；对于B选项，如图2，由三角形中位线定理易知，，，，故，，所以直线与不是异面直线，故B选项错误；对于C选项，如图3，取中点，连接，不妨设正方体的边长为，由正八面体的性质知均为正三角形，且边长为，故，，，所以为平面与平面所成的二面角的平面角，故在中，，，由余弦定理得，故平面与平面不垂直，故C选项错误；对于D选项，如图4，由B选项可知，故四边形为平行四边形，所以，由中位线定理易知，，所以，由于，，所以平面平面，故D选项正确，故选AD．12．【答案】AB【解析】设公切点为，，则，求导得，，由切线相同知，即，则，，令，，，在时，，单调递减，，故函数的值域为，即只需均可满足条件．易知，或时均满足，或时不满足，故选AB． 第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】【解析】∵二项式的展开式的通项公式为，共有6项，它们的系数分别为，整理为1，5，10，10，5，1，共计2个偶数，4个奇数，∴所取两项中至少有一项的系数为偶数的概率为，故答案为．14．【答案】或【解析】为奇函数，，即，，整理可得，，解得．当时，，；当时，，，综上所述：或，故答案为或．15．【答案】【解析】过C作，交AB于D，如图所示：则，设，在中，，在中，，所以，当且仅当，即时取等号，所以取最大值时，最大，所以当离此树的水平距离为米时看A，B的视角最大，故答案为．16．【答案】，【解析】将直线方程转化关于m的方程为．∵区域表示不在直线()上的点构成的集合，∴方程无根．①当时，，整理得，即在以为圆心，1为半径的圆的内部，则区域的面积为．令，则，，，设与夹角为，则，∵，，∴，∴；②当时，直线方程为，令，解得，当时，必有取值，则当时，只有不在直线上．此时，综上所述，的取值范围为，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．【答案】（1）；（2）2．【解析】（1）由，得，得，得，由正弦定理得，因为，所以，所以，因为，所以．（2）若的面积是，则，解得，所以．由余弦定理，可得，所以．18．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）记数列的前项和为，所以，所以当时，，两式作差，得当时，，因为当时，，也符合上式，所以的通项公式为．（2）由（1）知．因为，所以，所以数列的前项和，所以数列的前项和．19．【答案】（1）①；②；（2）．【解析】（1）①由频率分布直方图可得．②可知，，则，，所以，．（2）由频率分布直方图可知，在一局中，该同学得分达到分的概率为，由题意可知，随机变量的可能取值有、、，；；，所以，随机变量的分布列如下表所示：因此，．20．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）证明：设中点为D，连接，因为在底面上的射影为中点，所以平面，又因为平面，所以平面平面，又因为平面平面，，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为四边形为菱形，所以，而，平面，所以平面．（2）解：不妨设，则，因为，，所以，又因为四边形为菱形，所以，故为等边三角形，所以，故，由（1）知平面，，以B为原点，建立空间直角坐标系如图，，，，，，所以，设平面法向量为，，，由，得，取，可得一个，设与平面所成角为，则，所以与平面所成角的正弦值为．21．【答案】（1）；（2）是定值，定值为．【解析】（1）因为，所以点D在圆内．又因为圆M过点D且与圆C相切，所以，所以，即点M的轨迹是以C，D为焦点的椭圆，则，即．又因为，所以，故动圆圆心M的轨迹E的方程为．（2）当直线AB的斜率不存在时，可得直线AB的方程为，此时，所以四边形OAPB的面积；当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，由，整理得．因为直线l与轨迹E相交于A，B两点，所以．设，，则，，所以．设AB的中点为Q，则Q的坐标为，因为四边形OAPB为平行四边形，所以，所以点P的坐标为，又因为点Р在椭圆上，所以，整理得．又因为，原点О到直线AB的距离为，所以平行四边形OAPB的面积，综上可知，平行四边形OAPB的面积为定值．22．【答案】（1）在区间，上单调递增，在区间上单调递减；（2）证明见解析．【解析】（1），在点处的切线垂直于轴，，得，则，时，；时，，在区间，单调递增，在区间单调递减．（2）设，则．欲证明：，即．因为，且在上单调递增，只需要证明，构造，，所以在区间上单减，在上单增，，现证明：，令，，则在上单调递减，所以，而，得证，所以，，得证结论成立