（新高考地区专用）2021届高考考前冲刺卷 数学（十五）

这是一份（新高考地区专用）2021届高考考前冲刺卷 数学（十五），共23页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，在中，，，，点为的外心，若，则等内容，欢迎下载使用。
（新高考）2021届高考考前冲刺卷数 学（十五）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．已知集合，集合，则（    ）A． B． C． D．2．已知复数（为虚数单位），则（    ）A． B． C． D．3．“”是“圆与圆”相切的（    ）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4．现有以下结论：①函数的最小值是；②若、且，则；③的最小值是；④函数的最小值为．其中，正确的有（    ）个．A． B． C． D．5．若函数在上是单调减函数，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．6．已知正项等比数列的前项和为，若，，则（    ）A． B． C． D．7．在中，，，，点为的外心，若，则（    ）A． B． C． D．8．已知点在抛物线上，是抛物线的焦点，点为直线上的动点，我们可以通过找对称点的方法求解两条线段之和的最小值，则的最小值为（    ）A．8 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．中，，，可使得有两个不同取值的的长度是（    ）A．7 B．8 C．9 D．1010．将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数为，则下列结论正确的是（    ）A．函数的图象关于直线对称 B．函数的图象关于点对称C．函数在上单调递减 D．函数在上恰有4个极值点11．骰子通常作为桌上游戏的小道具．最常见的骰子是六面骰，它是一个质地均匀的正方体，六个面上分别写有数字．现有一款闯关游戏，共有关，规则如下：在第关要抛掷六面骰次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这次抛掷所出现的点数之和大于，则算闯过第关，，假定每次闯关互不影响，则（    ）A．直接挑战第关并过关的概率为B．连续挑战前两关并过关的概率为C．若直接挑战第关，设“三个点数之和等于”，“至少出现一个点”，则D．若直接挑战第关，则过关的概率是12．关于函数，下列判断正确的是（    ）A．是的极大值点B．函数有且只有1个零点C．存在正实数，使得成立D．对任意两个正实数，，且，若，则． 第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．三名教师和五名学生排成一排，要求每两名教师之间至少隔着两名学生，则共有________种．14．若圆截直线所得的最短弦长为，则实数________．15．已知函数，则___________．16．已知函数，当时，函数的零点的个数为_______个；若在上有且仅有两个不同的零点，则实数a的取值范围为________．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①；②中任选一个作为已知条件，补充到下面的横线上并作答．问题：在中，角的对边分别为，已知_________．（1）求角；（2）若，求的周长．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．      18．（12分）如图，四边形为正方形，平面，为等腰三角形，，．（1）求证：平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．      19．（12分）已知等差数列满足：成等差数列，且成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）在任意相邻两项与之间插入个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列．记为数列的前项和，求满足的的最大值．         20．（12分）核酸检测也就是病毒DNA和RNA的检测，是目前病毒检测最先进的检验方法，在临床上主要用于新型冠状乙肝、丙肝和艾滋病的病毒检测．通过核酸检测，可以检测血液中是否存在病毒核酸，以诊断机体有无病原体感染．某研究机构为了提高检测效率降低检测成本，设计了如下试验，预备12份试验用血液标本，其中2份阳性，10份阴性，从标本中随机取出份分为一组，将样本分成若干组，从每一组的标本中各取部分，混合后检测，若结果为阴性，则判定该组标本均为阴性，不再逐一检测；若结果为阳性，需对该组标本逐一检测．以此类推，直到确定所有样本的结果．若每次检测费用为元，记检测的总费用为元．（1）当时，求的分布列和数学期望；（2）（ⅰ）比较与两种方案哪一个更好，说明理由；（ⅱ）试猜想100份标本中有2份阳性，98份阴性时，和两种方案哪一个更好（只需给出结论不必证明）．     21．（12分）椭圆（），离心率为，过点．（1）求椭圆方程；（2）过的直线与椭圆交于，两点，椭圆左顶点为，求．        22．（12分）已知函数（）．（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）若对任意都有恒成立，求的最大整数值．              1．【答案】B【解析】由题意，知，，∴，故选B．2．【答案】D【解析】因为，所以，故选D．3．【答案】A【解析】圆的圆心为，半径；圆的圆心为，半径为，则两圆圆心距，当时，，两圆相外切，充分性成立；当两圆相外切时，，此时；当两圆相内切时，，此时；可知若两圆相切，则或，必要性不成立，“”是“圆与圆”相切的充分不必要条件，故选A．4．【答案】B【解析】对于①，当时，，①错误；对于②，若，且，说明，，则，当且仅当时取等号，显然成立，②正确；对于③，，当且仅时取等号，即，显然这样的不存在，所以结论不正确，③错误；对于④，因为，所以，函数的最大值为，所以结论不正确，④错误，故选B．5．【答案】A【解析】由题意得，，因为在上是单调减函数，所以在上恒成立，当时，则在上恒成立，即，设，因为，所以，当时，取到最大值是，所以，所以数a的取值范围是，故选A．6．【答案】C【解析】是等比数列，公比为，由，得，，又，所以，，所以，由，解得，所以，，，所以，故选C．7．【答案】C【解析】由题得，由余弦定理得，所以，因为点为的外心，所以，所以，（1）同理，（2）解（1）（2）得，，，故选C．8．【答案】D【解析】由题意，知抛物线的焦点，直线是抛物线的准线，点在抛物线上，点为直线上的动点，设关于直线的对称点，作图如下，利用对称性质知，则，即点在位置时，的值最小，等于，利用两点之间距离知，则的最小值为，故选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．【答案】BC【解析】中，，，当，即时，使得有两个不同取值，故选BC．10．【答案】AD【解析】由题意得，对于A：令，解得对称轴方程为，令，解得一条对称轴方程为，故A正确；对于B：令，解得对称中心为，无论k取任何整数，，故B错误；对于C：因为，所以，所以在此范围内单调递增，故C错误；对于D：因为，所以，当时，函数取得极值，所以函数在上恰有4个极值点，故D正确，故选AD．11．【答案】ACD【解析】对于A项，，所以两次点数之和应大于，即直接挑战第关并过关的概率为，故A正确；对于B项，，所以挑战第一关通过的概率，则连续挑战前两关并过关的概率为，故B错误；对于C项，由题意可知，抛掷3次的基本事件有，抛掷3次至少出现一个点的共有种，故，而事件AB包括：含5，5，5的1种，含4，5，6的有6种，共7种，故，所以，故C正确；对于D项，当n=4时，，基本事件有个，而“4次点数之和大于20”包含以下35种情况：含5，5，5，6的有4种，含5，5，6，6的有6种，含6，6，6，6的有1种，含4，6，6，6的有4种，含5，6，6，6的有4种，含4，5，6，6的有12种，含3，6，6，6的有4种，所以，故D正确，故选ACD．12．【答案】BD【解析】对于A，函数的定义域为，，∴在上，，函数单调递减；上，，函数单调递增，∴是的极小值点，即A错误；对于B，，∴，函数在上单调递减，且，，∴函数有且只有1个零点，即B正确；对于C，若，可得，令，则，令，则，∴在上，函数单调递增，上函数单调递减，∴，∴，∴在上函数单调递减，函数无最小值，∴不存在正实数k，使得恒成立，即C不正确；对于D，令，则，，令，则，∴在上单调递减，则，令，由，得，则，当时，显然成立，∴对任意两个正实数x1，x2，且，若，则，故D正确，故选BD． 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】2880【解析】根据题意，分2步进行：第1步：将3名教师排成一排，中间有2个空位，有种顺序；第2步：对于5名学生又分2种情况：第一情况将5名学生分成两组，一组有2人，另一组有3人，分别安排到3名教师的2个空位中，有种安排方法；第二情况将5名学生分成三组，有两组分别有2个学生，有一组有1个学生，将每组有2 个人的安排到3名教师之间的2个空位中，剩下1人安排在两端，有种安排方法，所以5名学生有种安排方法，根据分步乘法原理共有种安排方法，故答案为2880．14．【答案】【解析】易知圆的圆心为，半径，直线恒过点．又，当时，所得弦最短，此时弦长为，解得，所以，解得．故答案为．15．【答案】1010【解析】∵，∴，∴，故答案为1010．16．【答案】1，【解析】（1），，则，令，则或，所以当或时，函数为增函数；当时，函数为减函数，所以函数在处取极大值，时取到极小值，又因为，，，所以在上只有一个零点，且为函数的唯一零点；令，则在上有且仅有两个不同的零点，令，即，显然，所以，令，只需要与的图象在有且仅有个交点，，因为，所以当时，，在单调递减，当时，，在单调递增，所以，即，可得，所以，故答案为1，． 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】条件选择见解析；（1）；（2）．【解析】（1）选择①由正弦定理得，∴，又，∴，又，．选择②由余弦定理得，又，．（2）由正弦定理得，由余弦定理得，即，，，故所求周长为．18．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）证明：平面，平面，，且是等腰直角三角形，，连接，则，平面，平面，，易知，，又，，平面，平面平面，又平面平面，，平面，平面，，，，，又，平面．（2）以点为坐标原点，，，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，则点，，，，，，，，设平面的法向量为，由，解得，令，则；设平面的法向量，由，解得，令，则，设二面角的平面角为，为锐角，则，二面角的平面角的余弦值为．19．【答案】（1）；（2）83．【解析】（1）设等差数列的公差为d，由题知，，又，解得，故．（2）在任意相邻两项与之间插入个2，则与之间的2的总和为，又由（1）易知等差数列是单增数列，故数列的前n项和是单增的，则求满足的的最大值即找到使接近500的n值即可．当恰取到后的第个项时，，，，易知单增，当时，，当时，，又，则当时，去掉50个2即可得到的的最大值，即．20．【答案】（1）分布列见解析；；（2）(ⅰ)的方案更好一些；(ⅱ)的方案更好一些．【解析】（1）当n=3时，共分4组，当2份阳性在一组，第一轮检测4次，第二轮检测3次，共检测7次，若2份阳性各在一组，第一轮检测4次，第二轮检测6次，共检测10次，检测的总费用的所有可能值为7a，10a，任意检测有种等可能结果，2份阳性在一组有种等可能结果，，，所以检测的总费用的分布列为：X7a10aP的数学期望．（2）(ⅰ)当n=4时，共分3组，当2份阳性在一组，共检测7次，若2份阳性各在一组，共检测11次，检测的总费用的所有可能值为7a，11a，任意检测有种等可能结果，2份阳性在一组有种等可能结果，，，所以检测的总费用的分布列为：Y7a11aP的数学期望，所以的方案更好一些．(ⅱ)时检测总次数比n=4时的少，时检测总次数比时的少，猜想的方案更好一些．21．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由，∴椭圆方程为．（2）当直线斜率不存在时，，，，，当直线斜率存在时，设直线方程为，，，，， ，，，，∴的值为．22．【答案】（1）；（2）2．【解析】（1），则，所以，，则，所以曲线在点处的切线方程为，即．（2）对任意都有恒成立，即，因为，所以，所以，令，则只需即可，，令（），则恒成立，所以在上单调递增，因为，，所以存在唯一一个使得，所以当时，，；当时，，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，由，得，所以，故的最大整数值为2．