（新高考）2021届高考考前冲刺卷 数学（七） 教师版.doc

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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（七）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设复数z满足（其中i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点所在的象限为（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】D【解析】，所以复数z在复平面内对应的点为，所以复数z在复平面内对应的点在第四象限，故选D2已知全集，集合，则下图阴影部分表示的集合是（ ）ABCD【答案】C【解析】由图可得阴影部分表示的集合为，则可得，故选C3设，则“图象经过点”是“是偶函数”的（ ）A充分非必要条件B必要非充分条件C充要条件D既非充分又非必要条件【答案】C【解析】若函数图象经过点时，则，或，为偶函数；若为偶函数，时为奇函数，时为非奇非偶函数，时为偶函数，若为偶函数时，函数图象经过点是为偶函数的

3、充要条件，故选C4用斜二测画法画水平放置的的直观图如图所示，则在的三边及中线AD中，最长的线段是（ ）AABBADCBCDAC【答案】D【解析】根据的形状可知的形状如下图：由图可知，最长的线段为，故选D5已知函数，设，则，的大小关系是（ ）ABCD【答案】B【解析】的定义域为，且，在上单调递增，又，即，故选B6在中内角所对的边分别为，若，则当取最大值时，外接圆的面积为（ ）ABCD【答案】C【解析】由题意，在中，满足，因为，所以当时，即时，上式取得最大值，此时取最大值，又由，可得，因为，所以，则，又因为，利用正弦定理可得，所以，所以外接圆的面积为，故选C7从将标号为1，2，3，9的9个球放入标

4、号为1，2，3，9的9个盒子里，每个盒内只放一个球，恰好3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法种数为（ ）种A84B168C240D252【答案】B【解析】根据题意，先确定标号与其在盒子的标号不一致的3个球，即从9个球中取出3个，有种，而这3个球的排法有2×1×1=2种，则共有种，故选B8若曲线上到直线的距离为2的点恰有3个，则实数m的值是（ ）ABC2D【答案】A【解析】设直线与曲线相切，切点为，所以，则，切线方程为，即，由题意直线与直线间的距离是2，所以，直线在直线的上方，与曲线无公共点，所以，故选A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

5、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9一组数据共有7个数，记得其中有10，3，5，3，4，3，还有一个数没记清，但知道这组数的平均数，中位数，众数依次成等比数列，这个数可能为（ ）ABC3D【答案】BD【解析】设没记清的数为，若，则这列数从小到大排列为：，3，3，3，4，5，10，平均数为，中位数为3，众数为3，所以，；若，则这列数从小到大排列为3，3，3，4，5，10，则平均数为，中位数为，众数为3，所以，解得，符合要求；若，则这列数从小到大排列为3，3，3，4，5，10，或3，3，3，4，5，10，或2，2，2，4，5，10，则平均数为，中位数4，

6、众数3，所以，综上，故选BD10已知数列的前项和是，则下列结论正确的是（ ）A若数列为等差数列，则数列为等差数列B若数列为等差数列，则数列为等差数列C若数列和均为等差数列，则D若数列和均为等差数列，则数列是常数数列【答案】BCD【解析】对于A中，若数列为等差数列，可得，因为首项不确定，所以数列为不一定是等差数列，所以A不正确；对于B中，若数列为等差数列，设公差为，则，可得，当时，；当时，则，由，则，所以，所以数列为等差数列，所以B正确；对于C中，由数列为等差数列，可得，则，可得，则常数，所以，即，所以，所以，且，所以，所以C正确；对于D中，由数列为等差数列，可得，则，可得，因为为等差数列，所以

7、为常数，所以，所以，所以数列是常数数列，所以D正确，故选BCD11已知函数，则下列结论正确的是（ ）A是偶函数B是周期函数C在区间上单调递增D的最大值为1【答案】AC【解析】对于A，的定义域为，且，所以为偶函数，故A正确；对于B，因为是周期为的周期函数，关于轴对称，不是周期函数，所以不是周期函数，故B错误；对于C，当时，单调递增，故C正确；对于D，当时，故的最大值不为1，故D错误，故选AC12如图，在某城市中，、两地之间有整齐的方格形道路网，其中、是道路网中位于一条对角线上的个交汇处今在道路网、处的甲、乙两人分别要到、处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达、处

8、为止则下列说法正确的是（ ）A甲从到达处的方法有种B甲从必须经过到达处的方法有种C甲、乙两人在处相遇的概率为D甲、乙两人相遇的概率为【答案】BCD【解析】A选项，甲从到达处，需要走步，其中有步向上走，步向右走，则甲从到达处的方法有种，A选项错误；B选项，甲经过到达处，可分为两步：第一步，甲从经过需要走步，其中步向右走，步向上走，方法数为种；第二步，甲从到需要走步，其中步向上走，步向右走，方法数为种，甲经过到达的方法数为种，B选项正确；C选项，甲经过的方法数为种，乙经过的方法数也为种，甲、乙两人在处相遇的方法数为，甲、乙两人在处相遇的概率为，C选项正确；D选项，甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在

9、、处相遇，若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向上走，乙经过处，则乙的前三步必须向左走，两人在处相遇的走法种数为种；若甲、乙两人在处相遇，由C选项可知，走法种数为种；若甲、乙两人在处相遇，甲到处，前三步有步向右走，后三步只有步向右走，乙到处，前三步有步向下走，后三步只有步向下走，所以，两人在处相遇的走法种数为种；若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向右走，乙经过处，则乙的前三步必须向下走，两人在处相遇的走法种数为种；故甲、乙两人相遇的概率，D选项正确，故选BCD第卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13若实数满足，则的最小值为_【答案】【解析】由约束条件

10、作出可行域如图，由图可知，由，得，由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最大，则，有最小值为故答案为14已知平面向量，是单位向量，且，则的最大值为_【答案】【解析】因为，所以，如图建系，设，因为，所以终点为单位圆上任意一点，又，所以，表示点与点间的距离，由图可得，当位于图中B点时，点B与点A间的距离最大，且为，所以的最大值为，故答案为15的展开式中的系数为_【答案】【解析】的展开式通项为，的展开式通项为，其中，、，所以，的展开式通项为，由题意可得，解得，因此，的展开式中的系数为，故答案为16希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值（1）的

11、点的轨迹是圆”后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆已知在平面直角坐标系xOy中，点P是满足的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为_；若点Q为抛物线上的动点，Q在直线上的射影为H，则的最小值为_【答案】，【解析】设，由阿氏圆的定义可得，即，化简得，则，设，则由抛物线的定义可得，当且仅当四点共线时取等号，的最小值为，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（10分）中，三内角，所对的边分别为，已知，为锐角（1）求的大小；（2）若为边上靠近点的三等分点，且，求面积的最大值【答案】（1）；（2）【解析】（1）因为，所以，因为

12、为锐角，所以，所以，（2）在中，由余弦定理可得，同理在中，由于，化简得，在中，由，所以，即，即，当且仅当时，等号成立，所以面积的最大值为18（12分）已知数列是公差不为零的等差数列，且、成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）记数列的前项和为，求数列的前项和【答案】（1）；（2）【解析】（1）设数列的公差为，则有，因为、成等比数列，所以，即，化简得，解得，所以，即数列的通项公式为（2），设，则，得，19（12分）随着5G通讯技术的发展成熟，移动互联网短视频变得越来越普及，人们也越来越热衷于通过短视频获取资讯和学习成长某短视频创作平台，为了鼓励短视频创作者生产出更多高质量的短视频，会对创作者上传

13、的短视频进行审核，通过审核后的短视频，会对用户进行重点的分发推荐短视频创作者上传一条短视频后，先由短视频创作平台的智能机器人进行第一阶段审核，短视频审核通过的概率为，通过智能机器人审核后，进入第二阶段的人工审核，人工审核部门会随机分配3名员工对该条短视频进行审核，同一条短视频每名员工审核通过的概率均为，若该视频获得2名或者2名以上员工审核通过，则该短视频获得重点分发推荐（1）某创作者上传一条短视频，求该短视频获得重点分发推荐的概率；（2）若某创作者一次性上传3条短视频作品，求其获得重点分发推荐的短视频个数的分布列与数学期望【答案】（1）；（2）分布列见解析，数学期望为【解析】（1）设“该短视频

14、获得重点分发推荐”为事件，则（2）设其获得重点分发推荐的短视频个数为随机变量，可取，则，；，所以随机变量的分布列如下：(或)20（12分）如图，在平面五边形中，且，将沿折起，使点到的位置，且，得到如图2所示的四棱锥（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的大小【答案】（1）证明见解析；（2）45°【解析】（1）证明：在中，因为，由余弦定理可得，连接，因为，所以，又因为，故在中，所以，同理可证；又因为，平面，所以平面（2）以为坐标原点，所在直线为轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，则，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，因为，所以，即，令，则，故，所以，故平面与平面所成锐二

15、面角的大小为45°21（12分）已知椭圆，直线经过椭圆的右顶点且椭圆E的离心率为（1）求椭圆E的标准方程；（2）若(其中)为椭圆E上一点，过点P作斜率存在的两条射线PM，PN，交椭圆E于M，N两点，且，直线MN是否恒过定点？若过定点，请求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由【答案】（1）；（2）过定点，定点【解析】（1）因为直线经过椭圆的右顶点，所以，又因为，所以，所以，所以椭圆E的标准方程为（2）因为为椭圆E上一点，所以，所以，设直线的斜率为，则直线PM的方程为联立方程，得，消元得，设，因为方程有一个根为0，所以，所以，所以将M点坐标中的k用代换，得，整理得所以，整理得，所以，所

16、以，所以，所以直线MN经过定点22（12分）已知函数（1）判断的单调性，并比较与的大小；（2）若函数，其中，判断的零点的个数，并说明理由参考数据：【答案】（1）函数在上单调递增；在上单调递减，；（2）有且仅有1个零点，答案见解析【解析】（1）已知的定义域为，当时，所以函数在上单调递增；当时，所以函数在上单调递减，因为函数在上单调递减，所以，即，所以，即，所以（2），所以当时，所以在上单调递增，由，知当时，存在，即函数有且仅有1个零点；当时，注意到，所以：时，在上单调递增；时，在上单调递减；时，在上单调递增，所以在上有极小值，有极大值一方面，注意到，所以存在唯一的，另一方面，设，则，故在上单调递增，所以，所以在上恒小于0，在上恒小于0，即在上不存在零点，综上所述：当时，有且仅有1个零点维权 声明