（新高考地区专用）2021届高考考前冲刺卷 数学（九）

这是一份（新高考地区专用）2021届高考考前冲刺卷 数学（九），共22页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，设，，则“”是“”的，已知的外心为，，，则的值是，若是正奇数，则被9除的余数为等内容，欢迎下载使用。
（新高考）2021届高考考前冲刺卷数 学（九）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）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．设i为虚数单位，则复数的虚部为（    ）A． B． C． D．2．已知全集，集合，，则下图阴影部分表示的集合是（    ）A． B． C． D．3．已知，则（    ）A． B． C． D．4．已知数列的前项和为，且满足，则（    ）A．543 B．546 C．1013 D．10225．设，，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件  B．必要不充分条件C．充要条件  D．既不充分也不必要条件6．已知的外心为，，，则的值是（    ）A． B． C． D．7．在一次试验中，向如图所示的正方形中随机撒一大把豆子．经过统计，发现落在正方形中的豆子有粒，其中有()粒豆子落在阴影区域内，以此估计的值为（    ）A． B． C． D．8．若是正奇数，则被9除的余数为（    ）A．2 B．5 C．7 D．8 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，是互不重合的直线，，是互不重合的平面，下列四个命题中正确的是（    ）A．若，，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则10．锐角中三个内角分别是A，B，C且，则下列说法正确的是（    ）A． B． C． D．11．以下四个命题表述正确的是（    ）A．直线恒过定点B．圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1C．曲线与曲线恰有三条公切线，则D．已知圆，点P为直线上一动点，过点向圆引两条切线、，、为切点，则直线经过定点12．若函数，值域为，则（    ）A．  B．C．  D． 第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．曲线在点处的切线方程为__________．14．如图是一个由正方体截得八面体的平面展开图，它由六个等腰直角三角形和两个正三角形构成，若正三角形的边长为，则这个八面体中有下列结论：①平面平面；②多面体是三棱柱；③直线与直线所成的角为；④棱所在直线与平面所成的角为．以上结论正确的是________．15．已知函数，恰有四个不相等的实数根，，，且满足，则______；的最小值为______．16．已知、分别为抛物线与圆上的动点，抛物线的焦点为，、为平面内两点，且当取得最小值时，点与点重合；当取得最大值时，点与点重合，则的面积为______．     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）在锐角中，角、，所对的边分别为，，，且．（1）求证：；（2）若，求的取值范围．        18．（12分）已知正项数列，其前项和为．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．             19．（12分）已知四边形是直角梯形，，，，，分别为的中点（如图1），以为折痕把折起，使点到达点的位置且平面平面（如图2）．（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值．      20．（12分）已知曲线，与直线．（1）若直线与曲线相切，求的值；（2）若直线与曲线交于两点，点，为坐标原点，当为何值时，？      21．（12分）设是给定的正整数（），现有个外表相同的袋子，里面均装有个除颜色外其他无区别的小球，第个袋中有个红球，个白球．现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出三个球（每个取后不放回）．（1）若，假设已知选中的恰为第2个袋子，求第三次取出为白球的概率；（2）若，求第三次取出为白球的概率；（3）对于任意的正整数，求第三次取出为白球的概率．           22．（12分）已知函数，，，．（1）讨论函数的单调性；（2）当时，若对任意实数，都有函数的图象与直线相切，求证：．（参考数据：）     1．【答案】B【解析】，所以复数的虚部为，故选B．2．【答案】C【解析】由图可知阴影部分表示的集合是，由，得，所以，由，得，所以，所以或，所以，故选C．3．【答案】A【解析】因为，所以，即，则，故选A．4．【答案】A【解析】∵，∴，两式相减得，即，，又当时，有，可得，∴数列是首项为1，公比为的等比数列，∴，，∴，∴，故选A．5．【答案】C【解析】设，则，当时，，当时，单调递增，又，，，故选C．6．【答案】D【解析】，则，即，则为的中点，又因为为的外心，则，所以为直角三角形，且，如下图所示：，所以为等边三角形，则，由勾股定理可得，，故选D．7．【答案】A【解析】设正方形的边长为2，则正方形的面积等于4．因为阴影部分的面积等于，所以，故选A．8．【答案】C【解析】由题可知：原式，因为为正奇数，所以上式可化简为：，所以该式除以9，余数为7，故选C． 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】BD【解析】对于A，若，，，，则与相交或平行，故A错误；对于B，若，，，则由线面平行的性质得，故B正确；对于C，若，，，则或，故C错误；对于D，若，，，则由面面垂直的判定定理得，故D正确，故选BD．10．【答案】ACD【解析】设中三个内角A，B，C分别对的边为，由正弦定理得，所以，所以A正确；因为函数在上为减函数，且，所以，所以B错误；在锐角中，因为，所以，因为函数在上为增函数，所以，即，所以C正确；同理可得，所以D正确，故选ACD．11．【答案】BCD【解析】对于选项A：由可得：，由，可得，所以直线恒过定点，故选项A不正确；对于选项B：圆心到直线的距离等于，圆的半径，平行于且距离为1的两直线分别过圆心以及和圆相切，故圆上有且仅有3个点到直线的距离等于，故选项B正确；对于选项C：由可得，圆心，，由 可得，圆心，，由题意可得两圆相外切，所以，即，解得，故选项C正确；对于选项D：设点坐标为，所以，即，因为、分别为过点所作的圆的两条切线，所以，，所以点在以为直径的圆上，以为直径的圆的方程为，整理可得，与已知圆相减可得，消去可得，即，由，可得，所以直线经过定点，故选项D正确，故选BCD．12．【答案】ACD【解析】对于A，当，，则恒成立，所以在上为单调递增函数，因为，故，故选项A正确；且，故当时，值域为，对于C，当时，则恒成立，所以在上单调递减，所以，故，又的值域为，所以，故，故选项C正确；对于B，由选项C可知，，故，所以，，令，()，所以，当时，，则单调递增，当时，，此时，故选项B错误；对于D，设，则，令，则在恒成立，在上单调递增，因此时，，，∴是减函数，又，∴，即，所以，则D正确，故选ACD． 第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】【解析】，，，又，所求的切线方程为，即，故答案为．14．【答案】①③【解析】根据平面展开图结合正方体可得如图所示的几何体（如左图所示）．在正方体中，因为，而平面，平面，故平面，同理平面，而，故平面平面，故①正确；根据棱柱的定义可知，多面体不是三棱柱，故②错误；因为，且，故直线与直线所成的角为，故③正确；因为，故与平面所成的角，即为与平面所成的角，因为且平面与平面不垂直，故与平面所成的角小于，故④错误，故答案为①③．15．【答案】，【解析】由解析式可得图象如下图所示：恰有个不等实根等价于与恰有个不同交点，由图象可知：，，，则，即，，即，；关于对称，，（当且仅当，即时取等号），当时，，满足与恰有个不同交点，的最小值为．16．【答案】【解析】抛物线的焦点为，圆的标准方程为，圆心为，半径为，如下图所示：抛物线的准线为，过点作抛物线的垂线，垂足为点，由抛物线的定义可得，则，当时，取最小值，此时取最小值，直线的方程为，联立，解得，即点，点到圆上任意一点的距离，当且仅当为射线与圆的交点，且为线段上的点，所以，，当且仅当为射线与抛物线的交点，且为射线与圆的交点（为线段上的点），取得最大值．直线的斜率为，直线的方程为，联立，解得，即点，直线的斜率为，直线的方程为，即，，点到直线的距离为，因此，，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）证明见解析；（2）．【解析】（1）因为，结合余弦定理，得，即，由正弦定理得，所以，所以，又为锐角三角形，所以，，所以，即．（2）由（1）知，所以，又为锐角三角形，所以，即，所以，由正弦定理可知中，所以．18．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由已知，①所以有，②②-①，得，即，∴，所以数列是公比为的等比数列，又，∴，所以．（2）由（1）得，当n为奇数时，；当n为偶数时，，综上所述，．19．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）证明：由题意得，，，由余弦定理得，所以．如图，连接，易知，于，所以，所以，即，所以．因为平面平面，平面平面，所以平面，又因为平面，所以，又因为，，平面，所以平面．（2）解：建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，，，，设平面和平面的法向量分别为，，，令，；，令，，所以二面角的余弦值为．20．【答案】（1）；（2）或．【解析】（1）设直线与曲线相切于点，由，则，所以，解得，所以，即．将点代入直线的方程，解得．（2）设，，直线的斜率分别为，．将代入曲线的方程，整理得，所以，，且，即．①当直线交轴于非负半轴时，若过点，则点三点共线，显然有，代入直线方程得；②当直线交轴与负半轴时，若，则，所以，代入，解得，综上所述，或时，．21．【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】（1）时，第二个袋中有2白2红，共4个球，从中连续取出三个球（每个取后不放回）．第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白，∴第三次取出为白球的概率．（2）设选出的是第个袋，连续三次取球的方法数为，第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：（白，白，白），取法数为，（白，红，白），取法数为，（红，白，白），取法数为，（红，红，白），取法数为，从而第三次取出的是白球的种数为：，则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，而选到第个袋子的概率为，故所求概率为．（3）设选出的是第个袋，连续三次取球的方法数为，第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：（白，白，白），取法数为，（白，红，白），取法数为，（红，白，白），取法数为，（红，红，白），取法数为，从而第三次取出的是白球的种数为：，则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，而选到第个袋子的概率为，故所求概率为．22．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【解析】（1），当时，恒成立，函数在上单调递减；当时，由，得；由，得，故函数在上单调递减，在上单调递增．（2）证明：设切点为，则且，即，，，，由，得，设，则，，得；，得，故在上单调递减，在上单调递增，①在单调递增区间上，，故，由，得；②在单调递减区间上，，，故在区间上存在唯一的，使得，故，此时由，得，函数在上递增，，，故，综上所述，