《（新高考）2021届高考临考卷数学（二） 解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（新高考）2021届高考临考卷数学（二） 解析（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、绝密 启用前2021年普通高等学校招生全国统一考试数学（二）注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（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设集合，集合，则等于（）ABCD答案：C解：集合，集合，则，故选C2复数，是虚数单位若
2、，则（）ABCD答案：D解：，解得，故选D3下列函数中，的最小值为的是（）ABCD答案：C解：对于A选项，当时，当且仅当，即时，等号成立；当时，当且仅当，即时，等号成立，故A错误；对于B选项，当时，；当，所以当，函数单调递增；当时，单调递减，所以当，函数取得最小值为0，故B错误；对于C选项，当时，；当，所以当，函数单调递增；当，函数单调递减，即当取得最小值为2，故C正确；对于D选项，因为，所以，又，当且仅当，即时，等号成立，但，故D错误，故选C4以斐波那契数：1，1，2，3，5，为边的正方形拼成一个长方形，每个正方形中画圆心角为的圆弧，这些圆弧连接而成的弧线也称作斐波那契螺旋线，下图为该螺旋线
3、的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面则该圆锥的表面积为（）ABCD答案：A解：根据已知可得所求扇形半径为，即圆锥母线长为，设圆锥底面半径为，则，所以圆锥表面积为，故选A5已知当时，函数取得最小值，则（）ABCD答案：C解：函数，由辅助角公式化简可得，为第二象限角，因为当时，函数取得最小值，所以，则，所以，故选C6“五一”小长假期间，某学生会组织看望留守老人活动，现安排，G，H共8名学生的小组去看望甲，乙，丙，丁四位留守老人，小组决定两名学生看望一位老人，考虑到学生与老人住址距离问题，学生不安排看望老人甲，学生不安排看望老人乙，则安排方法共有（）A1260种B2520种C1
4、440种D1890种答案：C解：8名学生看望四位老人，每两位学生看望一位老人共有种安排方法，其中看望老人甲的情况有种；看望老人乙的情况有种；看望老人甲，同时看望老人乙的情况有种，符合题意的安排方法有种，本题选项为C7已知实数，则“”是“”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：D解：令，可得当时，；当时，所以在上单调递增，在单调递减，因为，所以，所以，即，所以；可得当，时，可得，可得，而，综上可得当实数，时，“”是“”的既不充分也不必要条件，故选D8已知、分别为双曲线的左右焦点，为双曲线左支上一点，与轴上一点正好关于对称，则双曲线的离心率为（）ABCD答
5、案：B解：设点，设点在第二象限，则点在轴正半轴上，由对称性可得，所以，则，所以，双曲线的渐近线的倾斜角满足，则，即，因此，该双曲线的离心率为，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，随机变量的分布列如下，则下列结论正确的有（）012A的值最大BC随着的增大而减小D随着的增大而增大答案：BD解：时，而，A错；，所以B正确；由题意，由于，所以随着的增大而增大，C错，D正确，故选BD10在中，内角的对边分别为，下列说法中正确的是（）A若为锐角三角形且，则B若，则为等腰三角形C若，则D若，则符
6、合条件的有两个答案：AC解：对于A，因为若为锐角三角形且，所以，所以，所以，故A正确；对于B，若，则或若，则为等腰三角形；若，则，则为直角三角形，故B不正确；对于C，由可得，所以结合正弦定理可得，故C正确；对于D，即，解得，只有一个解，故D不正确，故选AC11已知函数是奇函数，是偶函数，并且当，则下列选项正确的是（）A在上为减函数B在上C在上为增函数D关于对称答案：ABD解：因为是奇函数，是偶函数，所以函数的图象关于中心对称，且关于轴对称，则的周期为，当时，则函数在上递减，根据对称性可得在单调递增，再结合周期性可得在上为减函数，故A正确；在小于0，根据对称性可得在小于0，故B正确；的图象关于轴
7、对称，所以，所以不可能在上为增函数，故C错误；的图象关于轴对称，又是奇函数，所以的图象关于轴对称，因为的周期为，所以关于对称，故D正确，综上答案为ABD12在数学课堂上，为提高学生探究分析问题的能力，教师引导学生构造新数列：现有一个每项都为1的常数列，在此数列的第项与第项之间插入首项为2，公比为2，的等比数列的前项，从而形成新的数列，数列的前项和为，则（）ABCD答案：AD解：设介于第个1与第个1之间或者为这两个1当中的一个，则从新数列的第1个1到第个1一共有项，从新数列的第1个1到第个1一共有项，所以，解得，而，所以，故A正确，B错误；，令，则，所以，故D正确，C错误，综上选AD第卷（非选择
8、题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13已知向量，若且方向相反，则_答案：解：向量，且，或，又向量与方向相反，故答案为14已知抛物线的焦点为F，抛物线C上一点A满足|AF|=3，则以点A为圆心，AF为半径的圆截轴所得弦长为_答案：解：由题意，抛物线，可得焦点，设，根据抛物线的定义，可得，解得，即到轴的距离为，所以圆截轴所得弦长为，故答案为15已知，则最小值为_答案：4解：看作两点，之间距离的平方，点A在直线上，点B在曲线上，令，解得，取点，所以，即最小值为416若用一个棱长为6的正四面体坯料制作一个正三棱柱模型，使其底面在正四面体一个面上，并且要求削去的材料尽可能少，则所制作的
9、正三棱柱模型的高为_，体积的最大值为_答案：，解：如图，正四面体的内接正三棱柱，首先三个顶点必在正四面体的三条棱上，才能使得三棱柱体积最大，正四面体棱长为6，则高为，设正三棱柱高为，底面边长为，因为平面平面，所以，当且仅当，即时等号成立则所制作的正三棱柱模型的高为，体积的最大值为四、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，内角的对边分别为，已知（1）若，求的面积；（2）若，求角答案：（1）；（2）或解：在中，由正弦定理得，且，转化为，所以，而，所以，即，为内角，（1），由正弦定理得，的面积为（2）由，得，在中，由正弦定理得，且，得，或，或18
10、（12分）已知各项为正数的数列，其前项和为，且（1）求数列的通项公式；（2）若，求答案：（1）；（2）解：（1）由，得，将以上两式相减，可得，则，所以，由于数列的各项均为正数，所以，又，所以（2）由题意可得，则，由可得，则19（12分）在四棱锥中，四边形是边长为4的菱形，（1）证明：平面；（2）如图，取的中点为，在线段上取一点使得，求二面角的大小答案：（1）证明见解析；（2）解：（1）因为，所以，所以，又因为为平行四边形，所以，因为，所以，所以，因为，所以平面，所以，因为，所以，所以，因为，所以平面，所以，因为，所以平面（2）由（1）知，两两垂直，分别以，所在的直线为，轴，建立如图所示的空间直
11、角坐标系，在三角形中，则，所以，因为，设平面的一个法向量为，则，即，令，得，于是取，又由（1）知，底面为正方形，所以，因为平面，所以，因为，所以平面，所以是平面的一个法向量，设二面角的大小为，则，所以二面角的大小为20（12分）某篮球队为提高队员的训练积极性，进行小组投篮游戏，每个小组由两名队员组成，队员甲与队员乙组成了一个小组游戏规则：每个小组的两名队员在每轮游戏中分别投篮两次，每小组投进的次数之和不少于3次的称为“神投小组”，已知甲乙两名队员投进篮球的概率为别为，（1）若，则在第一轮游戏他们获“神投小组”的概率；（2）若，则在游戏中，甲乙两名队员想要获得“神投小组”的称号16次，则理论上他
12、们小组要进行多少轮游戏才行？并求此时，的值答案：（1）；（2）理论上至少要进行轮游戏，解：（1）由题可知，所以可能的情况有：甲投中1次，乙投中2次；甲投中2次，乙投中1次；甲投中2次，乙投中2次故所求概率（2）他们在一轮游戏中获“神投小组”的概率为，因为，所以，因为，所以，又，所以，令，以，则，当时，他们小组在轮游戏中获“神投小组”次数满足，由，则，所以理论上至少要进行轮游戏此时，21（12分）已知直线经过椭圆()左顶点和上顶点（1）求椭圆的方程；（2）若、为椭圆上除上下顶点之外的关于原点对称的两个点，已知直线上存在一点，使得三角形为正三角形，求所在直线的方程答案：（1）；（2）或解：（1）因
13、为直线与轴交于点，与轴交于点，又直线经过椭圆()左顶点和上顶点，可得，椭圆的方程为（2）设，则，当直线的斜率为时，的垂直平分线就是轴，轴与直线的交点为，是等边三角形，直线的方程为；当直线的斜率存在且不为时，设的方程为，代入椭圆方程消去，得，则，设的垂直平分线为，它与直线的交点记为，则，为等边三角形，应有，代入得到，解得(舍)或，此时直线的方程为，综上，直线的方程为或22（12分）已知函数（1）若，讨论的单调性；（2）已知，若方程在有且只有两个解，求实数的取值范围答案：（1）答案见解析；（2）解：（1）依题可得，函数的定义域为，所以当时，由，得，则的减区间为；由，得，则的增区间为当时，由，得，则的减区间为；由，得或，则的增区间为和当时，则的增区间为当时，由，得，则的减区间为；由，得或，则的增区间为和（2）在上有两个零点，即关于方程在上有两个不相等的实数根令，则令，则，显然在上恒成立，故在上单调递增因为，所以当时，有，即，所以单调递减；当时，有，即，所以单调递增因
