（新高考地区专用）2021届高考考前冲刺卷 数学（十三）

这是一份（新高考地区专用）2021届高考考前冲刺卷 数学（十三），共22页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
（新高考）2021届高考考前冲刺卷数 学（十三）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．设集合，，若，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．2．复数满足，则的虚部为（    ）A． B． C． D．3．若，，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．4．已知向量、的夹角为，，，则（    ）A． B． C． D．5．地震的震级越大，以地震波的形式从震源释放出的能量就越大，震级与所释放的能量的关系如下：（焦耳）（取），那么8级地震释放的能量是7级地震释放的能量的（    ）A．306倍 B．316倍 C．316倍 D．306倍6．已知圆关于直线对称，圆的标准方程是，则圆与圆的位置关系是（    ）A．相离 B．相切 C．相交 D．内含7．设是首项为正数的等比数列，公比为，则“"是“对任意的正整数，”成立的（    ）A．充要条件  B．充分而不必要条件C．必要而不充分条件  D．既不充分也不必要条件8．图中长方形的总个数中，其中含阴影部分的长方形个数的概率为（    ） A． B． C． 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．关于变量x，y的n个样本点及其线性回归方程．，下列说法正确的有（    ）A．相关系数r的绝对值|r|越接近0，表示x，y的线性相关程度越强B．相关指数的值越大，表示线性回归方程拟合效果越好C．残差平方和越大，表示线性回归方程拟合效果越好D．若，，则点一定在线性回归方程上10．已知，直线，是的图象的相邻两条对称轴，则下列说法正确的是（    ）A．函数为偶函数 B．的图象的一个对称中心为C．在区间上有个零点 D．在区间上为单调函数11．已知正四棱台的上底面边长为，下底面边长为，侧棱长为2，则（    ）A．棱台的侧面积为 B．棱台的体积为C．棱台的侧棱与底面所成角的余弦值为 D．棱台的侧面与底面所成锐二面角的余弦值为12．定义在上的函数满足，且时，，时，．令，，若函数的零点有个，则的可能取值为（    ）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．展开式中的系数为__________．14．在抗击新冠肺炎疫情期间，甲、乙两所医院各选派了6名医护人员加入“援鄂医疗队”，其中甲院选派人员中有4名男医生、2名女医生；乙院选派人员中有1名男医生、5名女医生．现需要分别从甲、乙两院选派的人员中各随机抽调出一名医生作为联络人，则抽调出的两名医生都是男医生的概率为________．15．已知的内角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围为__________．16．已知F是抛物线的焦点，设点，点M为抛物线C上任意一点，且的最小值为3，则_________，若线段AF的垂直平分线交抛物线C于P、Q两点，则四边形APFQ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）在中，a，b，c分别是角A，B，C的对应边，已知．（1）求A；（2）若，，求的面积．     18．（12分）已知数列中，，前项和为，且满足．（1）证明：数列是等差数列，并求的通项公式；（2）设，求的前项和．           19．（12分）如图①，在平面四边形中，，，且，将沿折起得到四棱锥，如图②，且为的中点．（1）求证：平面；（2）若，，问：在线段上是否存在一点使二面角为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．               20．（12分）乒乓球是中国国球，它是一种世界流行的球类体育项目．某中学为了鼓励学生多参加体育锻炼，定期举办乒乓球竞赛，该竞赛全程采取“一局定输赢”的比赛规则，首先每个班级需要对本班报名学生进行选拔，选取3名学生参加校内终极赛与其他班级学生进行同台竞技．（1）若高三（1）班共有6名男生和4名女生报名，且报名参赛的选手实力相当，求高三（1）班选拔的校内终极赛参赛选手均为男生的概率；（2）若高三（1）班选拔的选手甲、乙、丙分别与高三（2）班选拔的选手A，B，C对抗，甲、乙、丙获胜的概率分别为，，，且甲、乙丙三人之间获胜与否互不影响，记为在这次对抗中高三（1）班3名选手获胜的人数，．（ⅰ）求；（ⅱ）求随机变量的分布列与数学期望．                21．（12分）已知椭圆的左顶点为，离心率，过点A的直线与椭圆交于点B．（1）求椭圆C的方程；（2）设AB的中点为，射线与椭圆交于点，是否存在直线使的面积是面积的3倍？若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由．           22．（12分）设函数，．（1）若，求函数的最大值；（2）若恒成立，求实数的取值范围．          1．【答案】B【解析】因为集合，，且，所以实数的取值范围是，故选B．2．【答案】D【解析】，，，所以的虚部为1，故选D．3．【答案】A【解析】因为，所以，即，当且仅当，即时取“=”，所以的取值范围是，故选A．4．【答案】B【解析】由已知可得，因为，解得，故选B．5．【答案】B【解析】设7级地震释放的能量为，8级地震释放的能量为，，，，即8级地震释放的能量是7级地震释放的能量的倍，故选B．6．【答案】B【解析】，即，圆心，因为圆关于直线对称，所以圆心在直线上，即，解得，，圆心，半径为；，圆心，半径为，圆心间距离为，因为圆心间距离等于两圆半径之和，所以圆与圆的位置关系是相切，故选B．7．【答案】B【解析】若，结合是首项为正数的等比数列可知数列的各项均为正数，据此可得成立，即充分性成立；反之，取，则，据此可知必要性不成立，即“”是“对任意的正整数，”的充分而不必要条件，故选B．8．【答案】B【解析】长方形可由横着的5条线段选2条，竖着的7条线段选2条构成，故有种，若含阴影部分，则横向共有种可能，纵向有6种可能，共72种可能，故概率，故选B． 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】根据线性相关系数的意义可知，当的绝对值越接近于0时，两个随机变量线性相关性越弱，则A错误；用相关指数来刻画回归效果，越大，说明模型的拟合效果越好，则B正确；拟合效果的好坏是由残差平方和来体现的，残差平方和越大，拟合效果越差，则C错误；样本中心点一定在回归直线上，则D正确，故选BD．10．【答案】ABC【解析】由题意可知，函数的最小正周期为，则，，所以，则，所以．对于A选项，，所以，函数为偶函数，A选项正确；对于B选项，，所以，的图象的一个对称中心为，B选项正确；对于C选项，当时，，所以，函数在上有个零点，C选项正确；对于D选项，当时，，所以，函数区间上不单调，D选项错误，故选ABC．11．【答案】ACD【解析】作正四棱台如图所示：对于A．过作于，，所以，所以棱台的侧面积为，所以A正确；对于B．连接，过作于点，过作于点，，，，，上底面面积，下底面面积，棱台的体积为，故B错误；对于C．因为为在底面的投影，所以为侧棱与底面所成角，，所以C正确；对于D．为侧面与底面所成锐二面角的平面角，，所以D正确，故选ACD．12．【答案】BC【解析】，自变量每增加2个单位，纵坐标扩大为原来的2倍，时，，时，，作出图象如图，的零点有8个，即与在上有8个交点，由图象可知，需满足，，，解得，所以可取，，故选BC． 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】展开式的通项公式是，要求，只需，解得，∴，故答案为．14．【答案】【解析】抽调出的两名医生都是男医生的概率为，故答案为．15．【答案】【解析】因为，由正弦定理可得，又，可得，可得，因为，可得，可得，可得，因为，可得，可得，可得，故答案为．16．【答案】2，【解析】过M作抛物线C准线的垂线，垂足为，根据抛物线定义知，由抛物线方程，当时，，∴当时，A在抛物线内部，，当且仅当共线时，最小，即；当时，A在抛物线上或外部，当且仅当共线时，最小，而，得与矛盾，舍去，综上，．显然，故AF的中点为，直线AF的斜率，∴线段AF的中垂线方程为，联立方程组，消元得，设，，则，，∴，又到直线PQ的距离为，∴四边形APFQ的面积为，故答案为2，．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）由，根据正弦定理可得，则，所以，因为，所以，则．（2）由（1）知，则，所以或，即或，因为为三角形内角，所以，因此，所以，因此，所以，又，根据正弦定理可得，则，因此的面积为．18．【答案】（1）证明见解析，；（2）．【解析】（1）因为，所以，即，所以，且，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，所以 ①，所以 ②．①②得，又，满足上式，所以．（2）由（1）知，．所以．19．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，．【解析】（1）证明：取的中点，连接，，∵为的中点，∴，，∵，，∴，，∴四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面．（2）解：假设存在点满足题意，取的中点，连接，∵，，∴，，∵，，，、平面，∴平面，∵平面，∴，又，、平面，∴平面，故以为原点，，所在直线分别为，轴，作平面，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，∴，，设，，则，∴，设平面的法向量为，则，即，令，则，∴，∵平面轴，∴平面的一个法向量为，∵二面角为，∴，化简得，∵，∴，解得，∴，∴，故存在点满足题意，且．20．【答案】（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）分布列见解析，．【解析】（1）设“高三（1）班选拔的参数选手均为男生”为事件，则．（2）（ⅰ）由题意，解得．（ⅱ）随机变量的可能取值为0，1，2，3，所以；；；，故的分布列为：0123所以的数学期望．21．【答案】（1）；（2）存在，或．【解析】（1）因为，，且，解得，所以椭圆C的方程为．（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线，，消化简可得，设，，故，，所以，，所以，故，所以，，解得，，所以，，由，，且，即，即，所以，即，所以，解得，所以直线的方程为或．22．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由，则．所以当时，，得在上递增；当时，，得在上递减，从而函数的最大值为．（2）法一：设，则，若，由于，不符合题意，舍去；若，，设，则，对于方程，其判别式．①当时，，所以，所以即单调递增，因为，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，从而成立；②当时，设方程有两根，因为，则，当时，有，推出即单调递减，于是，得在上单调递减，从而在上有，不符合题意，舍去；③当时，因为，而是当的表达式，根据①中的解题过程可知，，所以成立，综上，的取值范围是．法二：若，令，则，不符合题意；故只需考虑的情况：由已知，，可转化为．设，则，设，则，设，则．易知即在上单调递增，在上单调递减，从而．①当时，此时，于是单调递减，即单调递减，由于，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以成立；②当时，因为，，则在区间内存在，使得，由于在上递增，所以当时，，则即单调递增，因为，所以当时，，得单调递减，于是在上，，与题意不符，综上，的取值范围是．