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1、2021年高考数学终极猜题卷 新高考版答案以及解析一、单项选择题1.答案：C解析：为纯虚数，故，故故选C.2.答案：B解析：.故选B.3.答案：D解析：本题考查向量的数量积及运算.因为，所以，故选D.4.答案：B解析：本题考查绝对值不等式的性质、充分条件与必要条件的判断.当时，满足，但此时充分性不成立；若则有则必要性成立.综上所述，“”是“”的必要不充分条件，故选B.5.答案：C解析：本题考查函数的图象与性质.由题意得函数易得函数的定义域为且对定义域内的任意x，有所以函数为奇函数，函数的图象关于原点对称，排除B，D；当时，排除A，故选C.6.答案：A解析：将五本相同的作文本分给甲、乙、丙三人，
2、每人至少一本，有1，1，3或1，2，2两种情况，即甲乙各一本，丙三本；甲丙各一本，乙三本；乙丙各一本，甲三本；甲一本，乙丙各两本；乙一本甲丙各两本；丙一本甲乙各两本，共6种分法，其中甲分得三本只有一种分法，所以所求概率故选A.7.答案：B解析：本题考查抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系.由题意，不妨设点P在第二象限，如图，过点M作于点Q，由抛物线的定义知因为，所以所以直线MN的倾斜角a满足所以直线MN的方程为联立得，设，则所以故选B.8.答案：D解析：本题考查空间线面间的位置关系.对于，在直三棱柱中，根据异面直线的定义知AB与是异面直线，所以错误；对于，的中点为D，且O是与的交点，所以O是的
3、中点，连接OD，则因为平面平面所以平面所以正确；对于，因为平面，所以平面AOD与平面相交，所以错误；对于，因为在直三棱柱中，所以四边形是正方形，平面因为所以平面所以正确，故选D.二、多项选择题9.答案：ABC解析：本题考查对数函数，指数函数、二次函数的图象与性质.因为，所以，又，所以，因为函数在上单调递增，所以，即A，B，C不正确，D正确，故选ABC.10.答案：ABD解析：A中，直线m和平面可能垂直，也可能平行或m在平面内，故A不正确；B中，直线m与n平行、异面或相交，故B不正确；C中，则直线或，又，所以，故C正确；D中，缺少条件，故D不正确，故选ABD.11.答案：ABD解析：本题考查正弦
4、函数的图象与性质.由五点法作图知，为五点法中的第二个零点，则.又根据正弦函数的图象及已知条件知为靠近第二个零点的点，所以.由解得，所以，所以，故A,B错误；由，得，所以函数在上单调递增，故C正确；因为，所以函数的图象不关于点对称，故D错误，故选ABD.12.答案：AD解析：本题考查函数的基本性质、函数的解析式、函数的零点，由于函数是定义在R上的奇函数，则当时，故A正确；由于函数是定义在R上的奇函数，则；当时，由，可得；结合奇函数的图象性质可知还有一个零点为，则函数有3个零点，故B错误；当时，由，得，由得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，此时；由的图象知若方程有解，则，故C错误；由C项可知
5、，当时，；而当时，则，则对恒成立，故D正确，故选AD.三、填空题13.答案：10解析：本题考查等差数列及三角恒等变换.因为数列是等差数列，所以，（舍）或.所以，所以前10项和.14.答案：30解析：本题考查二项式定理及其应用.由于的展开式中，故二项展开式中项的系数为的二项展开式的通项公式（其中）.15.答案：9解析：本题考查圆的标准方程、利用基本不等式求最值.由题意可知直线过圆心，即，所以，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为9.16.答案：解析：因为球0为正四面体的内切球，,所以正四面体的体积为.设正四面体内切球的半径长为r,则，故内切球半径.因为平面截球O所得截面经过 球心，所以平面截球O
6、所得截面圆半径与球的半径相等，故截面圆面积.四、解答题17.答案：（I）由可知，解得.又，则.2分又由可知.3分在中，由正弦定理可得，.4分（）由（I）知，又，.6分又即，可得，8分.10分18.答案：（）由题知，当时，2分两式相减得，即，当时，解得，4分数列是以2为首项，2为公比的等比数列，.5分（）由1知，7分，9分两式相减得，整理得.12分19.答案：解（）由题意得所求概率，恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为.5分（）（）由已知得的所有可能取值分别为1，6分.7分，即，关于k的函数关系式（且）. 8分（）由题意可知，即.，两边取对数得.设.9分，当时，即函数在上单调递减.
7、 10分又.，的最大值为8. 12分20.答案：解：（I）证明：连接交于点O，连接.四边形是平行四边形，为的中点. 2分在中，分别为的中点，为的中位线，即.4分又平面，平面，平面.5分（）存在.理由如下：连接.，为菱形，即.又平面平面，平面平面，平面.过点C作的平行线，即两两垂直. 6分如图，以C为坐标原点，以的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.，故，.假设存在点D，使二面角的平面角的余弦值为，设，易得平面的一个法向量为.8分设平面的法向量为，可取.10分由，解得或.点D在棱上，即.12分21.答案：（）定义域为，1分令，当时，对称轴，即在上单调递增；2分当时，对称轴，即在上单调
8、递增；3分当时，在内有两个不等实根，设.当时，即在上单调递增，当时，即在上单调递减，当时，即，在上单调递增.综上，当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减. 5分（）由（）得，当时，在上单调递增，至多有一个零点；当时，容易得出是的一个零点，6分由的单调性知，令，则当时，存在使得，又且在上单调递增，在内必有一个零点，8分令，则，当时，存在使得，10分又且在上单调递增，在内必有一个零点，所求实数a的取值范围是.12分22.答案：（）证明：由题可知抛物线的焦点，准线方程为设直线则，联立可得2分则可得.，故直线.联立得，4分，的中点M的纵坐标即，直线BE经过AC的中点M. 5分（）由（）可知7分设点B到直线AC的距离为d，则，9分当且仅当即时取等号，当时，直线AC的方程为；当时，直线AC的方程为12分
