2021届湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学高三下学期5月高考押题卷数学（理）试题含解析

这是一份2021届湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学高三下学期5月高考押题卷数学（理）试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021届武汉市华中师范大学第一附属中学高三下学期5月高考押题卷
数学（理）试题

一、单选题
1．已知为的两个不相等的非空子集，若，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由，得到，结合集合间的关系，即可求解.
【详解】根据集合的运算，因为，可得，
所以，所以.
故答案为：D.
2．已知抛物线上的点到该抛物线焦点的距离为，则（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】B
【分析】根据抛物线的定义，得到点到焦点的距离等于到准线的距离，得到，即可求解.
【详解】由题意，抛物线的准线方程为，
根据抛物线的定义，可得点到焦点的距离等于到准线的距离，
可得，解得
故选：B.
3．为了贯彻落实《中共中央国务院全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》的文件精神，某学校结合自身实际，推出了《植物栽培》《手工编织》《实用木工》《实用电工》《烹饪技术》五门校本劳动选修课程，要求每个学生从中任选三门进行学习，学生经考核合格后方能获得该学校荣誉毕业证，则甲､乙两人的选课中仅有一门课程相同的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先分析总的选课情况数，然后再分析甲、乙两人的选课中仅有一门课程相同的情况数，然后两者相除即可求解出对应概率.
【详解】甲、乙总的选课方法有：种，
甲、乙两人的选课中仅有一门课程相同的选法有：种，
（先选一门相同的课程有种选法，若要保证仅有一门课程相同只需要其中一人从剩余门课程中选取门，另一人选取剩余的门课程即可，故有种选法）
所以概率为，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于分析两人的选课仅有门相同的选法数，可通过先确定相同的选课，然后再分析四门课程中如何做到两人的选课不同，根据古典概型的概率计算方法完成求解.
4．已知是等比数列的前项和，若存在，满足，则数列的公比为（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】B
【分析】根据，解关于 的方程，注意还是的讨论，代入公式即可求解.
【详解】设数列的公比为，
若，则，与题中条件矛盾，
故
.
故选：B
【点睛】注意公式应用的前提，以及题中没有说明 的取值时，要考虑是否为1.
5．大气压强，它的单位是“帕斯卡”（Pa，1Pa=1N/m2），大气压强（Pa）随海拔高度（m）的变化规律是（m-1），是海平面大气压强.已知在某高山两处测得的大气压强分别为，，那么两处的海拔高度的差约为（ ）
（参考数据：）
A．550m B．1818m C．5500m D．8732m
【答案】C
【分析】根据以及指数的运算即可求解.
【详解】在某高山两处海拔高度为，
所以，
所以，
所以（m）.
故选：C
6．在平行四边形中，，，，且，则.
A．5 B．6 C．7 D．10
【答案】D
【分析】建立坐标系，求出各向量坐标，再计算数量积．
【详解】如图所示：

以A为原点建立坐标系，则，，，
∵，∴，即，
∴，，
∴，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积运算，建立坐标系可使计算较简单，属于中档题．
7．已知函数，设，则的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】判断出奇偶性和单调性，得，构造函数，利用导数求最值得判断的大小，构造，利用导数求最值得，判断的大小可得答案.
【详解】，
，为偶函数，
令，设，
则，
因为，，，所以，
所以，所以在是增函数，又为增函数，
所以在上为增函数，
所以，
由，得，
当时；当时，所以，
当且仅当时取等号，
所以，
故，即，
令，，
当时；当时，所以，
当且仅当时取等号，

综上
故选：
【点睛】本题考查了比较大小的问题，比较大小的方法有：
（1）根据单调性比较大小；
（2）作差法比较大小；
（3）作商法比较大小；
（4）中间量法比较大小.
8．斜率为的直线经过双曲线的左焦点，交双曲线于两点，为双曲线的右焦点且，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用点差法代入计算得，然后结合，可得，设直线的倾斜角为，则可得，从而得，即可得双曲线的渐近线方程.
【详解】设的中点为，设，则，得，则，设直线的倾斜角为，又，所以，可得，所以直线的倾斜角为，则的斜率为，所以，所以双曲线的渐近线方程为，
故选：

【点睛】一般在圆锥曲线中涉及中点弦的问题通常采用点差法计算，根据中点的坐标代入计算得与的关系.
9．已知复数为虚数单位，则下列说法错误的是（ ）
A．的虚部为 B．在复平面上对应的点位于第二象限
C． D．
【答案】A
【分析】根据复数的概念，可判断A错误；根据复数的几何意义，结合三角函数的性质，可判定正确；根据复数的运算，可判定C、D正确.
【详解】由题意，复数，可得复数的虚部为，所以A错误；
由复数在复平面内对应的点为，
又由，所以复数对应的点位于第二象限，所以B正确；
由
，即，所以C正确；
由，即，
所以D正确.
故选：A.
10．为庆祝中国共产党成立100周年，A､B､C､D四个兴趣小组举行党史知识竞赛，每个小组各派10名同学参赛，记录每名同学失分(均为整数)情况，若该组每名同学失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，已知A､B､C､D四个小组成员失分数据信息如下，则一定为“优秀小组”的是（ ）
A．A组中位数为2，极差为8 B．B组平均数为2，众数为2
C．C组平均数为1，方差大于0 D．D组平均数为2，方差为3
【答案】D
【分析】利用统计学知识分别分析判断每个选项.
【详解】对，因为中位数为2，极差为8，故最大值大于7，故错误；
对，如失分数据分别为，则满足平均数为2，众数为2，但不满足每名同学失分都不超过7分，故B错误；
对，如失分数据分别为，则满足平均数为1，方差大于0，但不满足每名同学失分都不超过7分，故C错误；
对，利用反证法，假设有一同学失分超过7分，则方差大于，与题设矛盾，故每名同学失分都不超过7分．故D正确．
故选：D
11．如图，矩形中，已知为的中点．将沿着向上翻折至得到四棱锥．平面与平面所成锐二面角为，直线与平面所成角为，则下列说法错误的是（ ）

A．若为中点，则无论翻折到哪个位置都有平面平面
B．若为中点，则无论翻折到哪个位置都有平面
C．
D．存在某一翻折位置，使
【答案】C
【分析】对于A：根据线面垂直的判定和面面垂直的判定可判断；
对于B：取中点，根据三角形的中位线的性质可证得四边形PECQ是平行四边形，再由线面平行的判定可判断；
对于C：过作平面，则在上，所以平面与平面所成锐二面角为或其补角，根据面面角和线面角的定义可判断；
对于D：根据面面角和线面角的定义可判断．
【详解】若为中点，连接交于点，则面，又面，所以平面平面，故A正确；
取中点，则，，又，
所以四边形PECQ是平行四边形，又平面，平面，所以平面，故B正确；
过作平面，则在上，所以平面与平面所成锐二面角为（或其补角），
，故C错误；
若，又，则，故D正确，
故选：C．

【点睛】方法点睛：空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.
12．已知函数，则下列说法错误的是（ ）
A．是以为周期的函数
B．是曲线的对称轴
C．函数的最大值为，最小值为
D．若函数在上恰有2021个零点，则
【答案】B
【分析】结合周期函数的定义证明后判断A，由对称性判断B，在上分类讨论去掉绝对值符号求函数的最大值和最小值判断C，根据周期性研究在上零点个数后可得参数范围，从而判断D．
【详解】因为，所以是以为周期的函数，正确；又，B错误；
由知只需考虑在[上的最大值．
①当时，令，则，易知在区间]上单调递减，所以，的最大值为，最小值为
②当时，令，则，易知在区间]上单调递增，所以，的最大值为，最小值为
综合可知：函数的最大值为，最小值为正确；
因为是以为周期的函数，可以先研究函数在上的零点个数，易知
当时，令，解得或1，
在上无解，在上仅有一解．
当时，令，解得或1．
在上无解，在上也无解．
综合可知：函数在上有两个零点，分别为和
又因为是以为周期的函数，所以，若，则在上恰有个零点．
又已知函数在上恰有2021个零点，所以正确．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的周期性，对称性，最值，零点等问题，对于最值问题，解题关键是结合周期性根据绝对值的定义分类讨论去掉绝对值符号，然后结合三角函数性质得出最值．零点问题也是在一个周期内研究即可得．


二、填空题
13．的展开式中，只有第9项的二项式系数最大，则展开式中的幂的指数为整数的项共有项__________．
【答案】5
【分析】根据二项展开式的性质，求得，得到展开式的通项，进而求得展开式中的幂的指数为整数的项，得到答案．
【详解】由题意，二项式的展开式中，只有第9项的二项式系数最大，可得，
则展开式通项，
当时，展开式中的幂的指数为整数的项，共有5项．
故答案为：.
14．写出一个定义在上且使得命题“若，则1为函数的极值点”为假命题的函数__________．
【答案】答案不唯一)
【分析】根据题意，得且在处不存在变号零点，写出符合的函数解析式即可.
【详解】由题意，且在处不存在变号零点，例如，则，所以，且，符合题意.
故答案为：答案不唯一)
15．已知四棱锥的五个顶点都在球的表面上，若底面是梯形，且，则当球的表面积最小时，四棱锥的高的最大值为__________．
【答案】
【分析】作，求得，得到点为底面梯形外接圆的圆心，利用球的截面性质，得到，得到外接球半径最小值，结合面时，即可求解.
【详解】如图所示，作，由对称性可得，可得，
取的中点，连接，则，
所以，即点为底面梯形外接圆的圆心，则半径，
球心在平面上射影落在四边形外接圆圆心处即中点，
设球心到平面的距离为，
由，可得外接球半径最小值为，
当面时，高最大为．
故答案为：．

16．设，记最接近的整数为，则__________；__________．(用表示)
【答案】
【分析】先求出，观察特点得，，最接近的数字为253；
由得，，判断 为奇数或偶数从而得解.
【详解】，







若，则，
若，则，

故答案为：；.
【点睛】求出 ，关键在于处理，从而得出，将结论进行一般化，要注意n为奇数还是偶数.

三、解答题
17．已知平面四边形内接于圆

（1）若，求所对的圆弧AD的长；
（2）求四边形面积的最大值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）连接，可得，在中,由的余弦定理可解出，在中利用正弦定理可得圆的半径，则可得到弦长AD对应的圆心角，利用，即可得出所对的圆弧AD的长.
（2）在中，由的余弦定理可得，再由计算即可的得出四边形面积的最大值.
【详解】（1）连接
又，在中由余弦定理，，即
又的外接圆半径
为正三角形，
所对的圆弧

（2）在中，由余弦定理
即．
又
当且仅当时等号成立
所以四边形面积的最大值为．
【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形、圆的弧长公式.属于中档题.熟练掌握正余弦定理是解本题的基础.
18．七面体玩具是一种常见的儿童玩具．在几何学中，七面体是指由七个面组成的多面体，常见的七面体有六角锥､五角柱､正三角锥柱､Szilassi多面体等．在拓扑学中，共有34种拓扑结构明显差异的凸七面体，它们可以看作是由一个长方体经过简单切割而得到的．在如图所示的七面体中，平面

（1）在该七面体中，探究以下两个结论是否正确．若正确，给出证明；若不正确，请说明理由：
①平面；
②平面；
（2）求该七面体的体积．
【答案】（1）结论①正确；证明见解析；结论②错误；答案见解析；（2）．
【分析】（1）①由平行四边形得线线平行，再得线面平行；
②假设平面，平面，得平面，得，
但，所以，与矛盾，故②错误.
（2）将七面体进行分解，
七面体的体积等于，转化为容易求体积的几何体来计算；
也可补形为长方体,通过来求解；
以及利用空间直角坐标系也行.
【详解】（1）结论①正确，结论②错误，理由如下：
对于结论①，因为且，连接，
所以四边形是平行四边形，
所以，因为平面，平面，
平面结论①正确
对于结论②，若，则，
因为平面，，所以平面，
所以，又因为，所以平面，
所以，而在梯形中，，
，所以，与矛盾
所以结论②错误．
（2）方法一：连接，交于点，连接，
则在平面中，与EG相交，
设交点为，则由可得，
又，

该七面体的体积等于



方法二：将该七面体补成如图所示的长方体；



方法三：建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到平面的距离
后求三棱锥的体积．(参照给分
【点睛】充分利用题目信息，特别是几何体的几何特征，并会假设结论成立，推导，若得出矛盾，则假设错误，否则假设成立.复杂的不规则的几何体体积求解,需要转化为常见几何体的体积来解.
19．某市消防部门对辖区企业员工进行了一次消防安全知识问卷调查，通过随机抽样，得到参加问卷调查的500人(其中300人为女性)的得分(满分100数据，统计结果如表所示：
得分






男性人数
20
60
40
40
30
10
女性人数
10
70
60
75
50
35
（1）把员工分为对消防知识“比较熟悉”(不低于70分的)和“不太熟悉”(低于70分的)两类，请完成如下列联表，并判断是否有的把握认为该企业员工对消防知识的熟悉程度与性别有关？

不太熟悉
比较熟悉

合计
男性




女性




合计




（2）为增加员工消防安全知识及自救､自防能力，现将企业员工分成两人一组开展“消防安全技能趣味知识”竞赛．在每轮比赛中，小组两位成员各答两道题目，若他们答对题目个数和不少于3个，则小组积1分，否则积0分．已知与在同一小组，答对每道题的概率为答对每道题的概率为，且，理论上至少要进行多少轮比赛才能使所在的小组的积分的期望值不少于5分？附：参考公式及检验临界值表

















【答案】（1）填表见解析；有的把握认为该企业员工对消防知识的了解程度与性别有关；（2）理论上至少要进行16轮比赛．
【分析】（1）根据题设条件累加出男性和女性不太熟悉及比较熟悉的人数，填入列联表中即可；并根据卡方公式计算出卡方值，与表中6.635进行比较，即可判断相关性；
（2）先求得一轮比赛积1分的概率，因，则积一分的概率是有一个范围，存在一个最大值，而A、B所在小组在n轮比赛中的积分设为，则，则根据二项分布的期望，求得得5分时，至少要进行的比赛数.
【详解】（1）

不太熟悉
比较熟悉
合计
男性
120
80
200
女性
140
160
300
合计
260
240
500

有的把握认为该企业员工对消防知识的了解程度与性别有关．
（2）在一轮比赛中积1分的概率为
，
又，则
，且
，此时，
设所在的小组在轮比赛中的积分为，则，
，所以理论上至少要进行16轮比赛．
【点睛】关键点点睛：先求得在一轮比赛中积1分的概率，因答对题得分的概率未知，故求得积1分时的概率是一个关于的函数，问题求解最小比赛次数，则需选择函数的最大值最为概率，且所在的小组在轮比赛中的积分，从而利用期望值求得结果.
20．已知函数
（1）若在处的切线斜率为，求函数的单调区间；
（2）设，若是的极大值点，求的取值范围．
【答案】（1）增区间为和，减区间为；（2）．
【分析】（1）求得，由，求得，得到，结合导数的符号，即可求解；
（2）由，求得，令，由，得到，分和，利用导数求得函数的单调性与极值，即可求解.
【详解】（1）由题意，函数的定义域为，
可得，则，解得，
所以，
令，解得，，
令，可得或；令，可得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
即函数的单调递增区间为和，
单调递减区间为.
（2）由题意，可得，
则且，可得
令，则，可得，
若，当时，单调递增，
所以在上单调递增．
又因为，
因此存在使得，
所以当时在上单调递减，
又由，所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，符合题意．
若，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递增，
因此不可能是的极大值点．
综上，当是的极大值点时，的取值范围为
【点睛】函数由极值、极值点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
21．已知椭圆分别是椭圆的左､右焦点，是椭圆上的动点，直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点，当为椭圆的上顶点时，有
（1）求椭圆的离心率；
（2）求的最大值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）当为椭圆的上顶点时，满足，根据椭圆的性质，求得，在中利用余弦定理求得，从而求得，即离心率；
（2）设，方法一，通过向量关系表示出，代入到椭圆方程中，与联立，求得，同理求得，从而；方法二，把向量关系直接代入椭圆方程，得到，同理得到，从而；故，又，从而的最大值.
【详解】（1）当为椭圆的上顶点时，
又因为，
所以，
所以，

（2）方法一：设
，
，
又点在椭圆上，则，
，又，
，
，同理用"“代替”，
，

又，所以的最大值为
方法二：设，
，
由得，
即，
，即，
同理，
，
又，
，

又，所以的最大值为
【点睛】方法点睛：求面积的比值，可以选择相同的底边或者角来转化，参数之间的关系可以通过联立圆锥曲线方程，化简求得，通过函数或者不等式来求得最值.
22．已知圆的圆心为，半径为，在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆的方程为
（1）求圆的极坐标方程；
（2）若圆与圆的公共弦长为，求圆的极坐标方程．
【答案】（1）；（2），或．
【分析】（1）由条件先得出圆的平面直角坐标方程，在由平面直角坐标和极坐标的互化得出答案.
（2）由圆和圆都经过极点，由题意则另一个交点的极径，由两圆的方程的极坐标方程联立结合同角三角函数的平方关系可得答案.
【详解】（1）根据条件，圆的平面直角坐标方程为，
将代入该方程,
化简得圆的极坐标方程为
（2）圆的极坐标方程为
圆和圆都经过极点，设圆和圆另一个交点的为，则满足方程组：

由圆与圆的公共弦长为，则另一个交点的极径
即解得，
由得，，
解得，，或
所以，圆的极坐标方程是，或
23．已知
（1）若，解关于的不等式；
（2）若时，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）当时，分段讨论得函数的解析式，再分别求解不等式可得答案；
（2）原不等式等价于在时恒成立．再令函数，由函数的单调性求得最值，以及基本不等式可求得实数的取值范围．
【详解】（1）当时，
当时，由得，
当时，由得，，解得一
当时，由得，，不等式解集为
综上所述，不等式的解集为．
（2）
由得，，即，，
在时恒成立，即在时恒成立．
由于时，是减函数，最大值为，等号在时成立，
所以，实数的取值范围是．
【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：
① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；
② 数形结合( 图象在 上方即可)；
③ 讨论最值或恒成立.