高中数学高考 2021届高考考前冲刺卷 数学（十） 教师版

（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．

【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．设是复数的共轭复数，若，则（    ）

A．2 B． C．2或 D．2或

【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．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．

【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．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

【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．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．

【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．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．

【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．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．

【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．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

【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．下列选项中，与的值相等的是（    ）

A．  B．

C．  D．

【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．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

【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．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

【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．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．

【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．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_____．

【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．已知函数是奇函数，则的值等于_________．

【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．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．

【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．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_________．

【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．（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．

【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．（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．

【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．（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，，．

【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．（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．

【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．（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．

【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．（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：．

【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．