2021年全国新高考II卷数学试题变式题第1-6题解析版

这是一份2021年全国新高考II卷数学试题变式题第1-6题解析版，共27页。试卷主要包含了复数z＝，已知，设集合，则，已知集合，，，则，设全集为实数集，集合，，则等内容，欢迎下载使用。
 2021年全国新高考II卷数学试题变式题1-6题
原题1
1．复数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
变式题1基础
2．复数z＝（a∈R，i为虚数单位）在复平面内的点不可能位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
变式题2基础
3．已知（i是虚数单位），那么复数在复平面内对应的点所在的象限为（    ）
A．四 B．三 C．二 D．一
变式题3巩固
4．是虚数单位，复数与复平面内的点对应，设，则=（    ）
A． B．1
C．2 D．
变式题4巩固
5．已知，则在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（    ）．
A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限
变式题5提升
6．已知复数，若复数z在复平面内对应的点在直线y=x上，则a=（    ）
A．- B． C．-5 D．5
变式题6提升
7．已知复数满足，若在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
原题2
8．设集合，则（    ）
A． B． C． D．
变式题1基础
9．已知集合，，，则（    ）
A． B． C． D．
变式题2基础
10．设全集为实数集，集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
变式题3巩固
11．设全集为实数集，集含，，则（    ）
A． B．
C． D．
变式题4巩固
12．设集合，，则（    ）
A． B． C． D．
变式题5提升
13．设集合或，，则=（    ）
A． B． C． D．
变式题6提升
14．设全集，，，则（    ）
A． B． C． D．
原题3
15．抛物线的焦点到直线的距离为，则（    ）
A．1 B．2 C． D．4
变式题1基础
16．抛物线的准线方程是，则的值是（    ）
A． B． C．8 D．
变式题2基础
17．抛物线的焦点到圆上点的距离的最大值为（    ）
A．6 B．2 C． D．
变式题3巩固
18．抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离是（    ）
A． B． C． D．
变式题4巩固
19．抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为（    ）
A． B． C． D．
变式题5提升
20．设、分别是抛物线的顶点和焦点，点在抛物线上，若，则
A．2 B．3 C．4 D．5
变式题6提升
21．已知抛物线的准线与圆相切，则（    ）
A．6 B．8 C．3 D．4
原题4
22．北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（    ）
A．26% B．34% C．42% D．50%
变式题1基础
23．罗德岛太阳神巨像是古代世界七大奇迹之一,它是希腊太阳神赫利俄斯的青铜铸像如图所示，太阳神赫利俄斯手中所持的几何体（含火焰）近似是一个底面相同的两个圆锥合在一起，正方向投影过去，其平面几何图形形状是上方内角为，边长为2的菱形.现在其中一个圆锥中放置一个球体，使得球与圆锥侧面、底面均相切，则该球的体积为（    ）

A． B． C． D．
变式题2基础
24．用与球心距离为1的平面去截球，所得截面面积为，则球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
变式题3基础
25．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著．书中有如下问题：“今有阳马，广五尺，袤七尺，高八尺．问积几何？”其意思为：“今有底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，它的底面长、宽分别为尺和尺，高为8尺，问它的体积是多少？”若以上的条件不变，则这个四棱锥的外接球的表面积为（    ）平方尺
A． B． C． D．
变式题4巩固
26．粽，即粽粒，俗称粽子，主要材料是糯米、馅料，用籍叶(或箬叶.簕古子叶等)包裹而成，形状多样，主要有尖角状、四角状等.粽子由来久远，最初是用来祭祀祖先神灵的贡品.南北叫法不同，北方产黍，用黍米做粽，角状，古时候在北方称“角黍”.由于各地饮食习惯的不同，粽子形成了南北风味；从口味上分，粽子有咸粽和甜粽两大类.某地流行的四角状的粽子，其形状可以看成一个正四面体，现需要在粽子内部放入一个肉丸，肉丸的形状近似地看成球，当这个肉丸的体积最大时，其半径与该正四面体的高的比值为（    ）
A． B． C． D．
变式题5巩固
27．《九章算术》中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳌臑.在鳌臑中，平面，，，鳌臑的四个顶点都在同一个球上，则该球的表面积是（    ）
A． B．
C． D．
变式题6提升
28．如图，已知圆锥底面圆的直径与侧棱，构成边长为的正三角形，点C是底面圆上异于A，B的动点，则S，A，B，C四点所在球面的面积是（    ）

A． B． C． D．与点C的位置有关
变式题7提升
29．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖如图属重檐四角攒尖，它的上层轮廓可近似看作一个正四棱锥，若此正四棱锥的侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的底面边长与内切球半径比为（    ）

A． B． C． D．
原题5
30．正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（    ）
A． B． C． D．
变式题1基础
31．若棱台上、下底面的对应边之比为1∶2，则上、下底面的面积之比是　(　　)
A．1∶2 B．1∶4 C．2∶1 D．4∶1
变式题2基础
32．—个多边形沿垂直于多边形所在平面的方向平移一段距离，且各边长度缩短为原来的，则形成的几何体为
A．棱柱 B．棱锥 C．棱台 D．长方体
变式题3巩固
33．棱台的上、下底面面积分别为4和9，则这个棱台的高和截得棱台的原棱锥的高的比是（    ）
A． B． C． D．
变式题4巩固
34．用一个平行于棱锥底面的平面截这个棱锥，截得的棱台上、下底面面积比为，截去的棱锥的高是，则棱台的高是
A． B． C． D．
变式题5提升
35．如图所示，三棱台中，沿面截去三棱锥，则剩余部分是

A．三棱锥 B．四棱锥 C．三棱台 D．四棱台
变式题6提升
36．若正三棱台的各顶点都在表面积为的球的表面上，且，，则正三棱台的高为（    ）
A． B．4 C．或3 D．3或4
原题6
37．某物理量的测量结果服从正态分布，下列结论中不正确的是（    ）
A．越小，该物理量在一次测量中在的概率越大
B．该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5
C．该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等
D．该物理量在一次测量中落在与落在的概率相等
变式题1基础
38．假设每天从甲地去乙地的旅客人数X是服从正态分布N(800,502)的随机变量,若一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为p0,则p0的值为    (   )
A．0.954 4 B．0.682 6 C．0.997 4 D．0.977 2
变式题2基础
39．在某市2020年1月份的高三质量检测考试中，理科学生的数学成绩服从正态分布N(99，100)．已知参加本次考试的全市理科学生约1万人．某学生在这次考试中的数学成绩是109分，那么他的数学成绩大约排在全市第多少名？（     ）
A．1 600 B．1 700 C．4000 D．8 000
变式题3巩固
40．某校在高三第一次模拟考试中约有1000人参加考试，其数学考试成绩近似服从正态分布，即，试卷满分分，统计结果显示数学考试成绩不及格（低于90分）的人数占总人数的，则此次数学考试成绩在100分到110分之间的人数约为
A．400 B．500 C．600 D．800
变式题4巩固
41．2017年1月我市某校高三年级1600名学生参加了2017届全市高三期末联考，已知数学考试成绩（试卷满分150分）．统计结果显示数学考试成绩在80分到120分之间的人数约为总人数的，则此次期末联考中成绩不低于120分的学生人数约为
A．120 B．160 C．200 D．240
变式题5提升
42．若随机变量X～N（μ，σ2）（σ＞0），则有如下结论：（P（|X-μ|＜σ）=0.6826，P（|X-μ|＜2σ）=0.9544，P（|X-μ|＜3σ）=0.9974）高三（1）班有40名同学，一次数学考试的成绩服从正态分布，平均分为120，方差为100，理论上说在130分以上人数约为（　　）
A．19 B．12 C．6 D．5
变式题6提升
43．某校举行安全知识测试，约有2 000人参加，其测试成绩ξ～N(80，σ2)(σ＞0，试卷满分100分)，统计结果显示P(ξ≤65)＝0.3，则此次安全知识测试成绩达到优秀(不低于95分)的学生人数约为(　　)
A．200 B．300
C．400 D．600

参考答案：
1．A
【分析】利用复数的除法可化简，从而可求对应的点的位置.
【详解】，所以该复数对应的点为，
该点在第一象限，
故选：A.
2．A
【分析】由复数除法法则化复数为代数形式，然后根据其对应点的坐标判断．
【详解】，
对应点坐标为，
时，点在坐标轴上，
时，，，点在第四象限，
时，，，点在第二象限，
时，，，点在第三象限，
综上知，对应点不可能在第一象限．
故选：A．
3．D
【分析】先通过复数的四则运算求出z，再算出，进而利用复数的几何意义即可得到答案.
【详解】,所以，所以在复平面内对应的点在第一象限.
故选：D.
4．D
【分析】依题意可得，再根据复数代数形式的除法运算化简，即可求出其模；
【详解】解：由题设可得：，，∴，∴，
故选：D.
5．D
【分析】首先化简复数和，再根据复数的几何意义判断选项.
【详解】因为，
故，
所以的共轭复数在复平面内对应的点为，位于第一象限．
故选：D
6．D
【分析】利用复数的除法化简复数，然后根据复数z在复平面内对应的点在直线y=x上，由实部和虚部相等求解.
【详解】，
因为复数z在复平面内对应的点在直线y=x上，
所以，
解得a=5，
故选：D.
7．A
【分析】先利用复数的除法运算化简复数，再令其实部小于，虚部大于即可求解.
【详解】因为，
因为在复平面内对应的点在第二象限，
所以得，
所以实数a的取值范围为，
故选：A.
8．B
【分析】根据交集、补集的定义可求.
【详解】由题设可得，故，
故选：B.
9．B
【分析】根据补集以及交集的概念直接计算即可.
【详解】由题可知：，所以
故选：B
10．D
【分析】先求得，再根据交集运算即可得出结果.
【详解】,
,
.
故选：D.
11．C
【分析】利用集合的交、补运算，求即可.
【详解】由题设，，
∴.
故选：C
12．A
【分析】根据交集和补集的运算求解即可
【详解】由题，，故
故选：A
【点睛】本题主要考查了补集与交集的运算，属于基础题
13．A
【分析】由集合补运算求，再由集合交运算求即可.
【详解】由题意，，
∴.
故选：A
14．C
【分析】利用集合的交、补运算求即可.
【详解】由题设，，又，
∴.
故选：C
15．B
【分析】首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得的值.
【详解】抛物线的焦点坐标为，
其到直线的距离：，
解得：(舍去).
故选：B.
16．B
【分析】把抛物线方程化为标准方程，由标准方程得准线方程，从而得.
【详解】将抛物线方程化为标准形式得，其准线方程为，所以．
故选：B.
17．A
【分析】根据方程求得抛物线的焦点坐标，圆的圆心坐标和半径，然后利用圆的性质求得F到圆C上点的距离的最大值.
【详解】拋物线的焦点为，
圆的圆心为，半径，
F到圆C上点的距离的最大值为.

故选:A.
【点睛】本题考查由抛物线的方程求焦点坐标，考查与圆有关的距离最值问题，属基础题.
18．D
【分析】求出抛物线的焦点坐标和双曲线的渐近线方程后可求前者到后者的距离，从而可得正确的选项.
【详解】抛物线的焦点为，双曲线的渐近线方程为，
故焦点到渐近线的距离为，
故选：D.
19．D
【分析】利用抛物线和双曲线的几何性质求抛物线的焦点和双曲线的渐近线，再由点到直线的距离公式求距离.
【详解】抛物线的焦点坐标为，
双曲线的渐近线方程为，
利用点到直线的距离公式得，
故选：D.
20．B
【分析】设，由，求出点的坐标，最后求
【详解】解：，设
，
因为



，
故选：B
【点睛】结合抛物线求向量的模，基础题.
21．D
【分析】根据题意，求出圆的圆心为和半径为4，以及抛物线的准线方程，利用直线与圆相切的性质得出，即可求出的值．
【详解】由题可知，圆的圆心为，半径为4
抛物线的准线与圆相切
则有，解得：．
故选：D.
【点睛】本题考查圆的标准方程和抛物线的简单性质，以及直线与圆的位置关系的应用，是基本知识的考查．
22．C
【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.
【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：
.
故选：C.
23．B
【分析】球与几何体的一个圆锥相切，求出内切的半径即可求出球的体积.
【详解】据题意圆锥的轴截面是边长为2的正三解形，正三角形内切圆半径为，
即为圆锥内切球半径，所以球的体积为．
故选：B．
24．D
【分析】作出示意图，再根据球心与截面圆心的连线与截面垂直即可得解.
【详解】如截面图形，点C为截面圆的圆心，AB为直径，易得：OC⊥AB，

因为截面圆面积为，所以，由题意：，所以，则球的表面积为.
故选：D.
25．C
【分析】由题意可知，此阳马的外接球半径等于底面长、宽分别为7尺和5尺，高为8尺的长方体的外接球半径，即半径为长方体体对角线的一半,求出半径，即可得出表面积.
【详解】根据该几何体的特点可知，此阳马的外接球半径等于以底面长、宽分别为7尺和5尺，高为8尺的长方体的外接球半径，则外接球半径，
所以外接球的表面积为.
故答案为：C.
26．C
【分析】根据题意,当肉丸的体积最大时,肉丸所成的球是该正四面体的内切球,再根据空间几何体求解即可.
【详解】当肉丸的体积最大时,肉丸所成的球是该正四面体的内切球,
设正四面体的边长为高为内切球的半径为
所以，，所以
正四面体的表面积为，
所以根据等体积法得，即，解得
所以，所以.
故选：C

【点睛】本题考查数学文化与空间几何体的内切球问题，考查运算求解能力，空间想象能力，是中档题.本题解题的关键在于利用等体积法求得几何体的内切球的半径.
27．C
【解析】四个面都是直角三角形，由得，然后证明，这样PC中点O，就是外接球球心，易求得其半径，得面积．
【详解】
四棱锥的四个面都是直角三角形，
∵，∴，又平面，∴AB是PB在平面ABC上的射影，，∴，取PC中点O，则O是外接球球心．
由得，又，则，，
所以球表面积为．
故选：C．
【点睛】本题考查求球的表面积，解题关键是寻找外接球的球心：三棱锥的外接球的球心一定在过各面外心且与此面垂直的直线上．
28．C
【分析】设底面圆的圆心为O，球心为，在中，由勾股定理可求得所求球的半径，然后根据球的表面积公式可得结果.
【详解】如图，设底面圆的圆心为O，S，A，B，C四点所在球面的球心为，连接，

则平面，且在线段上.易知，.
设球的半径为R，
在中，由勾股定理得，解得.
故球面面积为.
【点睛】本小题主要考查圆锥的概念、球面面积等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.
29．D
【分析】画出上层轮廓近似正四棱锥示意图，设，由正四棱锥中内切球球心与各面的关系可得，结合已知面积比求，进而求得，即可求内切球半径，最后可求正四棱锥的底面边长与内切球半径比.
【详解】上层轮廓近似正四棱锥如下图示，若为底面中心，为内切球球心，面且为中点，令内切球半径为，，

∵正四棱锥的侧面积是底面积的2倍，
∴，即，故，则，
又∵，即，
∴，故正四棱锥的底面边长与内切球半径比为.
故选：D
【点睛】关键点点睛：依据正四棱锥中内切球的性质，得到相关线段的比例关系，设底面边长及内切球半径，进而确定它们之间的数量关系.
30．D
【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.
【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，

因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高，
下底面面积，上底面面积，
所以该棱台的体积.
故选：D.
31．B
【详解】由棱台的概念知，上、下两底面是相似的多边形，故它们的面积之比等于对应边长之比的平方，故为1∶4. 选B.
32．C
【解析】直接利用棱柱、棱锥、棱台的几何待征判断即可.
【详解】一个多边形沿垂直于它所在平面的方向平移一段距离，各边长度缩短为原来的,平移前多边形和平移后多边形所在的平面平行, 平移后的多边形与原多边形相似，且相对应的顶点的连线能相交于一点，符合棱台的结构特征，故形成几何体为棱台,故选C.
【点睛】本题主要考查了棱台的概念，考查了空间想象能力，属于基础题.
33．B
【分析】设出棱台的高与截得它的棱锥的高，利用面积之比等于相似比的平方，化简求出结果．
【详解】设棱台的高为与截得它的棱锥的高，作出草图，如下图所示：

由相似关系可得，，所以，则
即， 可得 .
故选：B．
【点睛】本题考查棱台的结构特征，计算能力，是基础题．
34．D
【详解】试题分析：棱台的上下底面的面积比为，
则上下底面的边长比是，则截得棱锥与原棱锥的高之比是.
则棱台的高等于3.
考点：本题考查棱锥与棱台的性质.
35．B
【分析】根据棱锥的定义和空间结合体的结构特征，即可求解，得到答案.
【详解】由题意知，三棱台中，沿面截去三棱锥，
则剩余部分是四棱锥，故选B.
【点睛】本题主要考查了棱锥的定义及其判定，其中解答中熟记棱锥的定义，以及空间几何体的结构特征是解答的关键，着重考查了空间想象能力，属于基础题.
36．D
【分析】由外接球的表面积可得，分别求出正三棱台的上下两个底面的外接圆的半径，然后由球的性质分别求出球心到上下两个面的距离，再分三棱台的上下底面在球心的同侧和异侧两种情况求解即可.
【详解】解析：设点，分别是正，的中心，球的半径为，
则，即，且，，三点共线，正三棱台的高为，
在等边中，由，由正弦定理可得： ，得
在等边中，由，由正弦定理可得： ，得
在中，，即，得，
在中，，即，得，
如果三棱台的上下底面在球心的两侧，则正三棱台的高为，
如果三棱台的上下底面在球心的同侧，则正三棱台的高为，
所以正三棱台的高为或4，
故选：D．

37．D
【分析】由正态分布密度曲线的特征逐项判断即可得解.
【详解】对于A，为数据的方差，所以越小，数据在附近越集中，所以测量结果落在内的概率越大，故A正确；
对于B，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为，故B正确；
对于C，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于的概率与小于的概率相等，故C正确；
对于D，因为该物理量一次测量结果落在的概率与落在的概率不同，所以一次测量结果落在的概率与落在的概率不同，故D错误.
故选：D.
38．D
【分析】变量服从正态分布N（800，502），即服从均值为800，标准差为50的正态分布，适合700＜X≤900范围内取值即在（μ﹣2σ，μ+2σ）内取值，其概率为：95.44%，从而由正态分布的对称性得出不超过900的概率为p0．
【详解】由于随机变量X服从正态分布N（800，502），故有μ=800，σ=50，P（700＜X≤900）=0.9544．
由正态分布的对称性，可得p0=（P（X≤900）=P（X≤800）+P（800＜X≤900）=+P（700＜X≤900）=0.9772
故选D．
【点睛】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查学生的计算能力，比较基础．
39．A
【解析】根据理科学生的数学成绩服从正态分布N(99，100)，得到，由，求得，即可得结论.
【详解】因为理科学生的数学成绩服从正态分布N(99，100)，
所以，
所以，
因为，
所以，
即在这次考试中的数学成绩高于109分的学生占总人数的，
，
所以他的数学成绩大约排在全市第名.
故选：A
【点睛】本题主要考查正态分布的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
40．A
【详解】，
.
故选A.
41．C
【详解】结合正态分布图象的性质可得：此次期末联考中成绩不低于120分的学生人数约为 . 选C.
42．C
【详解】∵数学成绩近似地服从正态分布，，
∴，根据正态曲线的对称性知：理论上说在分的概率为∴理论上说在分以上人数约为，故选C.
43．D
【详解】由正态分布密度曲线的对称性，可得P(ξ≥95)＝P(ξ≤65)＝0.3，∴测试成绩达到优秀的学生人数约为0.3×2 000＝600.
故选D
点睛：关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法
①熟记P(μ－σ