高中数学高考 2021届好教育云平台高三最新信息卷 数学（二） 学生版

这是一份高中数学高考 2021届好教育云平台高三最新信息卷 数学（二） 学生版，共14页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分等内容，欢迎下载使用。
绝密 ★ 启用前（新高考）2021年好教育云平台高三最新信息卷数 学（二）注意事项：1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。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．，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．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．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．1105．关于直线、与平面、，有以下四个命题：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．②③6．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．②③④7．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．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 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．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 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____________．14．的展开式中有理项的个数为________．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______．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_________． 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．        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．                  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．            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．                   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．                   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．       
绝密 ★ 启用前（新高考）2021年好教育云平台高三最新信息卷数 学（二）答 案第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．【答案】B【解析】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．【答案】C【解析】因为，，结合有且仅有个元素知，所以，故选C．3．【答案】B【解析】，，得，解得或，由题意得，故，故，的夹角为．故选B．4．【答案】D【解析】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．【答案】D【解析】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．【答案】D【解析】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．【答案】A【解析】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．【答案】D【解析】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．【答案】AD【解析】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．【答案】CD【解析】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．【答案】BC【解析】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．【答案】BC【解析】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．【答案】（答案不唯一）【解析】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．【答案】34【解析】，所以时为有理项，共34个，故答案为34．15．【答案】【解析】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．【答案】，【解析】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．【答案】（1）；（2）．【解析】（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．【答案】（1）；（2）．【解析】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．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（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．【答案】（1），；（2）①；②应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个．【解析】（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．【答案】（1）；（2）证明见解析．【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．【答案】（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．【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）由已知得，则．当时，，函数单调递减，又，，故函数有且只有一个零点．当时，令，得，函数单调递减；令，得，函数单调递增，而，，（在上恒成立）由于，所以，所以在上存在一个零点．又，且，设，则在上恒成立，故在上单调递增．而，所以在上恒成立，所以，所以在上存在一个零点．综上所述，当时，函数有且只有一个零点；当时，函数有两个零点．