全国2021年高考数学冲刺压轴卷新高考【含答案】

（新高考）2021年最新高考冲刺压轴卷数学 第Ⅰ卷 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．命题“，”的否定是（ ） A．， B．， C．， D．， B 根据全称命题的否定是特称命题可知，命题“，”的否定为“，”． 故选B． 2．已知集合，．若有且仅有个元素，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． C 因为，， 结合有且仅有个元素知，所以， 故选C． 3．已知圆的半径为1，，是圆上两个动点，，则，的 夹角为（ ） A． B． C． D． B ，，得， 解得或， 由题意得，故，故，的夹角为． 故选B． 4．已知数列，，其中为最接近的整数，若的前项和为20， 则（ ） A．15 B．30 C．60 D．110 D 由题意知，函数为最接近的整数， 又由，，，，，， ，，，，，， ， 由此可得在最接近的整数中，有2个1，4个2，6个3，8个4，， 又由数列满足， 可得， 则，，，， 因为的前项和为20，即， 可得数列构成首项为，公差为的对称数列的前10项和， 所以，故选D． 5．关于直线、与平面、，有以下四个 ①若，且，则； ②若，且，则； ③若，且，则； ④若，且，则． 其中真命题的序号是（ ） A．①② B．③④ C．①④ D．②③ D 对于①，若，且，则与平行、相交或异面，①错误； 对于②，如下图所示： 设，因为，在平面内作直线，由面面垂直的性质定理可知， ，，，，，因此，，②正确； 对于③，若，，则， 因为，过直线作平面使得，由线面平行的性质定理可得， ，，则，因此，③正确； 对于④，若，且，则与平行、相交或异面，④错误， 故选D． 6．已知函数，若，且，给出下列结论：①，②，③，④，其中所有正确命题的编号是（ ） A．①② B．②③ C．②④ D．②③④ D 函数的图象如下图所示， 函数的图象关于直线对称，则，故①错误； 由得，∴， 则，∴，故②正确； 设， 由，所以， 由，得，则， ∵， ∴，故③正确； 由的对称轴方程为，由图可知， 又， ∴，故④正确， 故选D． 7．已知中，、分别是线段、的中点，与交于点，且，若，则周长的最大值为（ ） A． B． C． D． A 在中，、分别是线段、的中点，与交于点， 则为的重心， 因为，故，则． ， ， 所以， 即， 所以，， ，当且仅当时，等号成立． 因此，周长的最大值为，故选A． 8．如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，在该正方体侧面上有一个小孔，点到的距离为3，若该正方体水槽绕倾斜（始终在桌面上），则当水恰好流出时，侧面与桌面所成角的正切值为（ ） A． B． C． D．2 D 由题意知，水的体积为，如图所示， 设正方体水槽绕倾斜后，水面分别与棱交于， 由题意知，水的体积为， ，即，， 在平面内，过点作交于， 则四边形是平行四边形，且， 又侧面与桌面所成的角即侧面与水面所成的角， 即侧面与平面所成的角，其平面角为， 在直角三角形中，，故选D． 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．已知i为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ） A． B．复数的虚部为 C．若，则复平面内对应的点位于第二象限 D．已知复数z满足，则z在复平面内对应的点的轨迹为直线 AD A选项，，故A选项正确； B选项，的虚部为，故B选项错误； C选项，，，对应坐标为在第三象限， 故C选项错误； D选项，表示到和两点的距离相等， 故的轨迹是线段的垂直平分线，故D选项正确， 故选AD． 10．下列四个函数，同时满足：①直线能作为函数的图象的切线；②函数的最小值为4的是（ ） A． B． C． D． CD 对于A：，对于任意，无解， 所以直线不能作为切线； 对于B：，有解，但，当且仅当时取等号， 又，所以不符合题意； 对于C：，有解，， 当且仅当时，等号成立，故C正确； 对于D：，，又， 当且仅当时，等号成立，故D正确， 故选CD． 11．已知函数，若函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A．函数的图象关于直线对称 B．函数的图象关于点对称 C．将函数的图象向左平移个单位可得函数的图象 D．函数在区间上的值域为 BC 结合函数的图象易知，函数的最大值，最小值为， 则，， 代入点，则，， 因为，所以，， ，即，函数关于对称， A错误； ，即，函数关于点对称， B正确； 函数的图象向左平移个单位， 得出，C正确； 当时，，，，D错误， 故选BC． 12．过双曲线（，）的右焦点F引C的一条渐近线的垂线，垂足为A，交另一条渐近线于点B．若，，则C的离心率可以是（ ） A． B． C． D．2 BC 右焦点，设一渐近线的方程为， 则另一渐近线的方程为， 由与垂直可得的方程为， 联立方程， 可得的横坐标为； 联立方程， 可得的横坐标为． 因为， 所以，可得， 因为，所以， 即， BC满足题意，AD不合题意， 故选BC． 第Ⅱ卷 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．写出一个符合“对，当时，”的函数____________． （答案不唯一） 设，，则， 由单调性的定义可知，函数是定义域为的减函数， 所以函数满足题意． 故答案为． 14．的展开式中有理项的个数为________． 34 ，所以时为有理项，共34个， 故答案为34． 15．高三年级毕业成人礼活动中，要求，，三个班级各出三人，组成小方阵，则来自同一班级的同学既不在同一行，也不在同一列的概率为______． 根据题意，，，三个班级各出三人，组成小方阵，有种安排方法， 若来自同一班级的同学既不在同一行，也不在同一列， 则第一行队伍的排法有种；第二行队伍的排法有2种；第三行队伍的排法有1种； 第一行的每个位置的人员安排方法有种，第二行的每个位置的人员安排有种，第三行的每个位置的人员安排有种， 则自同一班级的同学既不在同一行，也不在同一列的概率， 故答案为． 16．已知实数且，为定义在上的函数，则至多有______个零点；若仅有个零点，则实数的取值范围为_________． ， 令（，且），可得， 等式两边取自然对数得，即， 构造函数，其中，则． 当时，，此时函数单调递增； 当时，，此时函数单调递减． 所以，，且当时，，如下图所示： 由图象可知，直线与函数的图象至多有两个交点， 所以，函数至多有个零点． 若函数只有一个零点，则或，解得或． 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）如图，在四边形中，，，为锐角三角形，且，，． （1）求的值； （2）求的面积． （1）；（2）． （1）在锐角中，，，， 由正弦定理得， 又因为为锐角三角形，． ， ． （2），， ． 在中，， ， ， 又，． 18．（12分）给出以下两个条件：①数列的首项，，且，②数列的首项，且．从上面①②两个条件中任选一个解答下面的问题． （1）求数列的通项公式； （2）设数列满足，求数列的前项和． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． （1）；（2）． 若选条件①： （1）由条件，得，两式相减得， ∴数列，均为公差为的等差数列． ∵，， ∴当为奇数时，； ∵，∴， 当为偶数时，， 综上，． （2）由（1）得， 则其前项和为①， ∴②， ①-②得， ∴． 若选条件②： （1）∵，∴，，，…，， 上面个式子相乘得（），∴时，， 而时，，也满足上面等式，∴， ∴时，， 而时，，也满足上面等式， ∴． （2）由（1）得， 则其前项和为①， ∴②， ①-②得 ， ∴． 19．（12分）如图，在直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，且，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值． （1）证明见解析；（2）． （1）如图所示： 连接交于点，连接，为的中点， 所以，， 又为的中点﹐，所以，， 所以，， 所以四边形为平行四边形，． 直四棱柱中，平面，平面， 所以． 又因为底面是菱形，所以， 又，平面，平面， 所以平面，所以平面． （2）建立如图空间直角坐标系， 由，知， 又，则，，，， 设为平面的一个法向量， 由，得， 令，可得； 设为平面的一个法向量， 由，即， 令，可得， ， 如图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值是． 20．（12分）某商城玩具柜台元旦期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送元旦礼品．而每个甲系列盲盒可以开出玩偶，，中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶，中的一个． （1）记事件：一次性购买个甲系列盲盒后集齐，，玩偶；事件：一次性购买个乙系列盲盒后集齐，玩偶；求概率及； （2）礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒．通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；如此往复，记某人第次购买甲系列的概率为． ①； ②若每天购买盲盒的人数约为100，且这100人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个． （1），；（2）①；②应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个． （1）由题意基本事件共有：种情况， 其中集齐，，玩偶的个数可以分三类情况， ，，玩偶中，每个均有出现两次，共种； ，，玩偶中，一个出现一次，一个出现两次，一个出现三次，共种； ，，玩偶中，两个出现一次，另一个出现四次，共种， 故． 根据题意，先考虑一次性购买个乙系列盲盒没有集齐，玩偶的概率，即， 所以． （2）①由题意可知：，当时，， ∴， 所以是以为首项，为公比的等比数列， ∴， ②因为每天购买盲盒的100人都已购买过很多次， 所以，对于每一个人来说，某天来购买盲盒时，可以看作n趋向无穷大， 所以购买甲系列的概率近似于，假设用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则， 所以，即购买甲系列的人数的期望为40， 所以礼品店应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个． 21．（12分）已知椭圆的离心率为，右焦点为，上顶点为，左顶点为，且． （1）求椭圆的方程； （2）已知，，点在椭圆上，直线，分别与椭圆交于另一点，，若，，求证：为定值． （1）；（2）证明见解析． （1）设， 由题意得，，，， ，解得，， 椭圆的方程为． （2）设，，， 由，， 得，， ，， ，① 又点，，均在椭圆上， 由且，得， ．② 同理，由且，得， ．③ 联立②③得．④ 联立①④得， 为定值． 22．（12分）已知函数． （1）若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围； （2）当时，讨论函数的零点个数，并给予证明． （1）；（2）当时，函数有且只有一个零点；当时，函数有两个零点，证明见解析． （1）， 由题意得，即在区间上恒成立． 当时，，所以， 故实数的取值范围为． （2