（新高考）2021届高考考前冲刺卷 数学（一） 学生版.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（一）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已知集合，则（ ）ABCD2在复平面内，复数对应的点关于实轴对称，则（ ）ABCD3设是两个不同平面，直线，直线，则下列结论正确的是（ ）A是的充分条件B是的必要条件C是的必要条件D是的必要条件4等差数列的前n项和为，已知，当时，则（ ）A13B12C24D255如图所示，边长为2的正ABC，以BC的中点O为圆心，BC为直径在点A的另一侧作半圆弧，点P在圆弧上运动，则的取值范围为（ ）ABCD6设是双曲线的一个焦点，过作双曲线的一条渐近线的垂线，与两条渐近线分别交于两点若，则双曲线的离心率为（ ）ABC2D57如图，直角三角形的三个顶点分别在等边三角形的边、上，且，则长度的最大值为（ ）

3、AB6CD8已知定义在上的函数满足，且当时，则关于的不等式（其中）的解集为（ ）AB或CD或二、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某大型超市因为开车前往购物的人员较多，因此超市在制定停车收费方案时，需要考虑顾客停车时间的长短现随机采集了200个停车时间的数据(单位：)，其频率分布直方图如图超市决定对停车时间在40分钟及以内的顾客免收停车费(同一组数据用该区间的中点值代替)，则下列说法正确的是（ ）A免收停车费的顾客约占总数的20%B免收停车费的顾客约占总数的25%C顾客的平均停车时间约为58

4、D停车时间达到或超过60的顾客约占总数的50%10将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得函数图象上的所有点的横坐标缩短到原来的，得到函数的图象已知函数的部分图象如图所示，则下列关于函数的说法正确的是（ ）A的最小正周期为，最大值为2B的图象关于点中心对称C的图象关于直线对称D在区间上单调递减11正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点则（ ）A直线D1D与直线AF垂直B直线A1G与平面AEF平行C平面AEF截正方体所得的截面面积为D点C与点G到平面AEF的距离相等12已知函数，则（ ）AB若有两个不相等的实根、，则CD若，均为正数，则第

5、卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13已知的二项展开式中，所有二项式系数的和等于64，则该展开式中常数项的值等于_14与直线关于对称的直线的方程为_15已知甲、乙两人的投篮命中率都为，丙的投篮命中率为，如果他们三人每人投篮一次，则至少一人命中的概率的最小值为_16已知抛物线的焦点，过点作直线交抛物线于，两点，则_的最大值为_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）已知函数，（1）求函数的递增区间；（2）在中，内角满足，且，求的周长18（12分）已知是数列的前项和，（1）证明：数列是等比数列；（2）求19（12分）某市在司法知

6、识宣传周活动中，举办了一场司法知识网上答题考试，要求本市所有机关、企事业单位工作人员均要参加考试，试题满分为100分，考试成绩大于等于90分的为优秀考试结束后，组织部门从所有参加考试的人员中随机抽取了200人的成绩作为统计样本，得到样本平均数为82、方差为64假设该市机关、企事业单位工作人员有20万人，考试成绩服从正态分布（1）估计该市此次司法考试成绩优秀者的人数有多少万人？（2）该市组织部门为调动机关、企事业单位工作人员学习司法知识的积极性，制定了如下奖励方案：所有参加考试者，均可参与网上“抽奖赢手机流量”活动，并且成绩优秀者可有两次抽奖机会，其余参加者抽奖一次抽奖者点击抽奖按钮，即随机产生

7、一个两位数，若产生的两位数的数字相同，则可获赠手机流量5G，否则获赠手机流量1G假设参加考试的所有人均参加了抽奖活动，试估计此次抽奖活动赠予的手机流量总共有多少G？参考数据：若，则20（12分）如图，四棱锥中，底面为直角梯形，平面，为的中点（1）求证：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值21（12分）已知函数(其中常数)（1）讨论的单调性；（2）若有两个极值点，且，求证：22（12分）已知椭圆过，两点（1）求椭圆M的离心率；（2）设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上（P不与椭圆M的顶点重合），直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线SQ过定点（新高考）2021届高考考前冲刺

8、卷数 学（一）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】B【解析】因为，所以，故选B2【答案】B【解析】复数对应的点关于实

9、轴对称，所以，所以，故选B3【答案】A【解析】，故是充分条件，故A正确；由，得或异面，故不是必要条件，故B错误；由推不出，也可能与平行，故不是的必要条件，故C错误；由推不出，也可能平行，不是的必要条件，故D错误，故选A4【答案】D【解析】，则，故选D5【答案】D【解析】由题可知，当点P在点C处时，最小，此时，过圆心O作交圆弧于点P，连接AP，此时最大，过O作OGAB于G，PFAB的延长线于F，则，所以的取值范围为，故选D6【答案】C【解析】不妨设，过作双曲线一条渐近线的垂线方程为，与联立可得；与联立可得，整理得，即，故选C7【答案】C【解析】设，则，在中，由正弦定理，得，同理，其中，且为锐角，

10、所以当时，故选C8【答案】A【解析】任取，由已知得，即，所以函数单调递减由可得，即，所以，即，即，又因为，所以，此时原不等式解集为，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】BCD【解析】由题意可知，免收停车费的顾客约占总数的，故免收停车费的顾客约占总数的25%，故选项A错误，选项B正确；由频率分布直方图可知，则顾客的平均停车时间约为，故选项C正确；停车时间达到或超过60 min的顾客约占总数的，故停车时间达到或超过60 min的顾客约占总数的50%，故选项D正确，故选BCD10【

11、答案】ACD【解析】由图可知，所以又由可得，得，且，所以，所以，所以，所以的最小正周期为，最大值为2，选项A正确；对于选项B，令，得，所以函数图象的对称中心为，由，得，不符合，B错误；对于选项C，令，得，所以函数图象的对称轴为直线，当时，故C正确；当时，所以在区间上单调递减，所以选项D正确，故选ACD11【答案】BC【解析】根据题意，假设直线D1D与直线AF垂直，又，平面AEF，所以平面AEF，所以，又，所以，与矛盾，所以直线D1D与直线AF不垂直，所以选项A错误；取B1C1中点N，连接A1N，GN，由正方体的性质可知A1NAE，GNEF，A1N平面AEF，AE平面AEF，A1N平面AEF，同

12、理GN平面AEF，A1NGN=N，A1N，GN平面A1GN，平面A1GN平面AEF，A1G平面A1GN，A1G平面AEF，故选项B正确；平面AEF截正方体所得截面为等腰梯形AEFD1，由题得该等腰梯形的上底，下底，腰长为，所以梯形面积为，故选项C正确；假设与到平面的距离相等，即平面将平分，则平面必过的中点，连接交于，而不是中点，则假设不成立，故选项D错误，故选BC12【答案】AD【解析】对于A：，又，所以，则有，A正确；对于B：若有两个不相等的实根、，则，故B不正确；证明如下：函数，定义域为，则，当时，；当时，所以在上单调递增，在上单调递减，则且时，有，所以若有两个不相等的实根、，有，不妨设，

13、有，要证，只需证，且，又，所以只需证，令，则有，当时，所以有，即在上单调递增，且，所以恒成立，即，即，即对于C：由B可知，在上单调递增，则有，即，则有，故C不正确；对于D：令，均为正数，则，解得，由B可知，在上单调递增，则有，即，即，所以，故D正确，故选AD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】60【解析】因为所有二项式系数的和等于64，所以，所以，所以展开式的通项为，令，得，所以该展开式中常数项的值等于，故答案为6014【答案】【解析】联立，解得，所以直线与直线的交点为，在直线上取点，设点关于直线的对称点为，则，解得，所以点关于直线的对称点为，由两点式可得与直线关

14、于对称的直线的方程为，即，故答案为15【答案】【解析】设事件为“三人每人投篮一次，至少一人命中”，则，设，则，当时，；当时，在上单调递减，在上单调递增，即三人每人投篮一次，则至少一人命中的概率的最小值为，故答案为16【答案】1，4【解析】由题意知，抛物线的焦点坐标为，设，联立直线与抛物线方程可得，由抛物线的限制可得，故（*）由（*）可得，故，当且仅当时取等号，故的最大值为4即答案为1，4四、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）12【解析】（1），令，得，因为，令，得，由，所以，当时，单调递增，即的递增区间为（2）因为，所以，又因为

15、，所以，即，由余弦定理可知，又因为，所以，联立得，所以的周长为1218【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明：因为，所以，即因为，所以，故数列是首项为，公比为的等比数列（2）解：由（1）知因为，所以，所以，故19【答案】（1）万人；（2）（万G）【解析】（1）由题意，随机抽取了200人的成绩作为统计样本，得到样本平均数为82、方差为64，即，所以考试成绩优秀者得分，即，又由，得，所以估计该市此次司法考试成绩优秀者人数可达万人（2）设每位抽奖者获赠的手机流量为G，则的值为1，2，5，6，10可得；，所以随机变量的分布列为：125610所以（G）因此，估计此次抽奖活动赠予的手机流量总值

16、为（万G）20【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）直角梯形中，又平面，又，平面，又平面，平面平面（2）为的中点，以射线AB，AD，AP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图：则，得，设平面的法向量为，则，即，令，则，由（1）知平面，则平面的法向量，所以二面角的余弦值为21【答案】（1）见解析；（2）证明见解析【解析】（1），记，当，即时，故，所以在单调递增当，即当时，有两个实根，注意到，且对称轴，故，所以当或时，单调递增；当时，单调递减综上所述，当时，在单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减（2）有两个极值点，且，为的极大值点，由（1）知，又，设，单调递增，即22【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）因为点，都在椭圆上，所以，所以，所以椭圆的离心率（2）由（1）知椭圆的方程为，由题意知：直线的方程为设（，），因为三点共线，所以有，所以，所以，所以，因为三点共线，所以，即，所以所以直线的方程为，即，又因为点在椭圆上，所以，所以直线的方程为，所以直线过定点维权 声明