《（新高考）2021届高考考前冲刺卷 数学（十） 学生版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（新高考）2021届高考考前冲刺卷 数学（十） 学生版（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、（新高考）此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 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
2、求的1设全集，则图中阴影部分所表示的集合为（ ）ABCD2设是复数的共轭复数，若，则（ ）A2BC2或D2或3已知数列是公差为的等差数列，为其前项和，若，则公差（ ）ABCD4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2CD6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（ ）ABCD7已知在锐角三角形中，
3、角，所对的边分别为，若，则的取值范围是（ ）ABCD8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（ ）A12B14C15D16二、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（ ）ABCD10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
4、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（ ）A1BeCD第卷（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
5、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b18（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）
6、同一组数据用该区间的中点值作代表，求该同学局接球训练成绩的样本平均数；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
7、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：（新高考）2021届高考考前冲刺卷数 学（十）答 案注意事项：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
8、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【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D2【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C3【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D4【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A5【答案】B【解析】因为抛物线的焦点为，准线的方程为，所
9、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B6【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D7【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C8【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2
10、0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BC10【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BCD11【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
11、，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AD12【答案】AB【解析】设公切点为，则，求导
12、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，；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
