2021年1月“八省联考”考前猜题卷-数学（全解全析）.docx

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1、2021年1月“八省联考”考前猜题卷数 学1D 【解析】因为，所以2C 【解析】由得，所以的虚部为.故选C.3A 【解析】因为，所以，所以，所以，所以，故选A.4C 【解析】两组至少都是人，则分组中两组的人数分别为、或、，又因为名女干部不能单独成一组，则不同的派遣方案种数为.故选C.5D 【解析】对于选项A，当时，不成立，故A错误；对于选项B，命题“，”的否定是“”，当不成立，故B错误；对于选项C，当一直线斜率为0，另一直线斜率不存在时，“它们的斜率之积一定等于-1”不成立，故C错误；对于选项D，由方程表示双曲线等价于，即或，所以“”是“方程表示双曲线”的充分不必要条件，故D正确故选D. 6B

2、 【解析】的定义域为，关于原点对称，且，为奇函数，图象关于原点对称，故A，C错误；当时，故当时，单调递增，当时，单调递减，故D错误，B正确.故选B.7D 【解析】如图所示，四边形为梯形.对选项A，由题知：“羡除”有且仅有两个面为三角形，故A正确；对选项B，因为，所以“羡除”一定不是台体，故B正确；对选项C，假设四边形和四边形为平行四边形，则，则四边形为平行四边形，与已知四边形为梯形矛盾，故不存在，C正确.对选项D，若，则“羡除”有三个面为梯形，故D错误.故选D.8C 【解析】或，时，时，递减，时，递增，的极小值为，又，因此无解此时要有两解，则，又是奇函数，时，仍然无解，要有两解，则综上，故选C

3、9CD 【解析】，A错误；，B错误；，C正确；，D正确故选CD.10ACD 【解析】由双曲线方程知，焦点在轴，渐近线方程为，A正确；，以为直径的圆的方程是，B错；由得或，由对称性知点横坐标是，C正确；，D正确故选ACD11ABD 【解析】因为，所以有，因此选项A正确；因为，所以，因为常数，所以数列不是等比数列，故选项B正确；因为，所以选项C不正确；，因为当时，所以选项D正确.故选ABD.12ACD 【解析】设，表示轴上点到两点的距离之和，设，以为焦点，为短轴上一个端点，作椭圆，轴与此椭圆相切于点，当从向右移动时，逐渐增大，即函数在区间上单调递增，A正确；当与重合时，最小，最小值为，因此的值域是

4、，C正确；函数图象关于直线对称，不是中心对称是，B错误；当或时，由于，因此和都无解，D正确故选ACD138 【解析】因为，所以.因为，所以，解得.1415 【解析】因为的展开式的通项是，当时，r2，所以展开式中的常数项是15 【解析】函数，将函数的图象沿轴向左平移个单位后，得到函数的图象，因为为偶函数，所以，则当时，16 【解析】过M做于点P,连接PN,因为，所以,可求得，,所以，在三角形DPN中，,所以,所以,由题意可知，四面体ABCD的外接为BD中点，设为O，过O做于H,连接ON,可求得，从而得,所以,因为球的半径为2，故所截得的线段长为.17（10分）【解析】解法1：由正弦定理，得3si

5、nCcosB3sin-（BC）2sinB，整理得3sinBcosC2sinB0因为sinB0，所以（5分）解法2：由3ccosB3a2b，得3accosB3a22ab，由余弦定理，得3（a2c2-b2）6a24ab，整理得3（-a2c2-b2）4ab，即3abcosC2ab0所以（5分）选a3由余弦定理可得c2a2b2-2abcos，所以b24b-120，解得b2或b-6（舍去），所以问题中的三角形存在（10分）选，故ab9，（7分）由余弦定理可得c2a2b2-2abcosC，又a2b22ab，所以，与ab9矛盾，所以问题中的三角形不存在（10分）选3sinB2sinA由正弦定理得，3sinB

6、2sinA3b2a，（7分）由余弦定理可得c2a2b2-2abcosC，所以b2或b-2（舍去），所以问题中的三角形存在（10分）18（12分）【解析】（1）由得：，即， 由得：，两式相减得: ，即，即数列是以1为首项，2为公比的等比数列， （4分）则， 则.（6分）（2）由（1）知：，则， 则当时，；（9分）当时， 则.（12分）19（12分）【解析】（1）由题,不超过6小时的频率为,则100辆车中有40辆不超过6小时,60辆超过6小时，（2分）则列联表如下：男女合计不超过6小时1030406小时以上204060合计3070100根据上表数据代入公式可得所以没有超过90%的把握认为“停车是否

7、超过6小时”与性别有关. （5分）（2）（i）由题意知：的可取值为5,8,11,15,19,30,则.（7分）所以的分布列为：5811151930（8分）.（9分）（ii）由题意得,所以,（10分）所以.（12分）20（12分）【解析】（1）四边形是菱形，O是的中点，平面，（2分）平面，.，O是的中点，.平面，平面，平面.（5分）（2）由（1）知，平面，.以O为坐标原点，以，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.设四边形的边长为4，.四边形是菱形，与都是等边三角形.，.（7分），即，得.，.（9分）设平面的法向量为，由，取，得；设平面的一个法向量为，由，取，得.设二面角的平面角为，由图可得

8、，为钝角，则.二面角的余弦值为.（12分）21（12分）【解析】（1）设，由，可得，即有，即，（2分）又，可得，则椭圆的方程为.（4分）（2）设，,，由题意可得，若直线的斜率不存在，即，由题意可得直线，的斜率大于0，即，矛盾；（6分）因此直线的斜率存在，设其方程为联立椭圆方程，化为：，化为：，（8分）由，可得， ，化为：，（10分）化为，解得，或直线的方程可以表示为（舍去），或，则直线恒过定点,（12分）22（12分）【解析】（1）因为，所以. （1分）由得；由得.所以的增区间是，减区间是.（3分）（2）.由，得或.（6分）设，又即不是的零点，故只需再讨论函数零点的个数. （5分）因为，所以当时，单调递减；当时，单调递增.所以当时，取得最小值.（6分）当即时，无零点； 当即时， 有唯一零点；（8分）当，即时，因为，所以在上有且只有一个零点. 令则.设，所以在上单调递增，所以都有，所以. 所以在上有且只有一个零点，所以当时，有两个零点综上，当时，有一个零点；当时，有两个零点；当时，有三个零点.（12分）