2021年1月“八省联考”考前猜题-数学（考试版+全解全析+答题卡）
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数 学
1．D 【解析】因为，，所以．
2．C 【解析】由得，所以的虚部为.故选C.
3．A 【解析】因为，所以，所以，所以，所以，故选A.
4．C 【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.
5．D 【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.
6．B 【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.
7．D 【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.
8．C 【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．
9．CD 【解析】∵，∴，∴，A错误；，B错误；，C正确；，D正确．故选CD.
10．ACD 【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ACD．
11．ABD 【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.
12．ACD 【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，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ACD．
13．8 【解析】因为，，所以.因为，所以，解得.
14．15 【解析】因为的展开式的通项是，当时，r＝2，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3sinCcosB＝3sin[π-（B＋C）]＋2sinB，
整理得3sinBcosC＋2sinB＝0．因为sinB≠0，所以．（5分）
解法2：由3ccosB＝3a＋2b，得3accosB＝3a2＋2ab，
由余弦定理，得3（a2＋c2-b2）＝6a2＋4ab，整理得3（-a2＋c2-b2）＝4ab，
即3abcosC＋2ab＝0．所以．（5分）
选①a＝3．由余弦定理可得c2＝a2＋b2-2abcos，
所以b2＋4b-12＝0，解得b＝2或b＝-6（舍去），
所以问题中的三角形存在．（10分）
选②．，故ab＝9，（7分）
由余弦定理可得c2＋a2＋b2-2abcosC，又a2＋b2≥2ab，
所以，与ab＝9矛盾，
所以问题中的三角形不存在．（10分）
选③3sinB＝2sinA．由正弦定理得，3sinB＝2sinA3b＝2a，（7分）
由余弦定理可得c2＝a2＋b2-2abcosC，
所以b＝2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 | 10 | 30 | 40 |
6小时以上 | 20 | 40 | 60 |
合计 | 30 | 70 | 100 |
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：
5 | 8 | 11 | 15 | 19 | 30 | |
（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，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）
①当即时，无零点；
②当即时， 有唯一零点；（8分）
③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）
