2021年1月“八省联考”考前猜题-数学（考试版+全解全析+答题卡）

2021年1月“八省联考”考前猜题卷数 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1030406小时以上204060合计3070100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：5811151930（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）