2021年高考理科数学核心猜题卷 全国卷版试卷

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一、选择题
1.答案：C
解析：由题意可得，解得，所以，故选C.
2.答案：B
解析：因为，所以.又是纯虚数，所以，，所以.故选B.
3.答案：B
解析：如图，将平面视为一个三棱柱的三个侧面，设，为三棱柱三条侧棱所在的直线，则由得不到. 若，且，，由面面平行的性质定理可得出.所以由可得，因此“”是“”的必要不充分条件.故选B.
4.答案：C
解析：所求概率为，故选C.
5.答案：B
解析：，，，最大，又，，，.故选B.
6.答案：A
解析：由二项式系数之和为32，即，可得，展开式的通项. 令，得. 所以常数项为，故选A.
7.答案：B
解析：设抛物线的准线为，如图所示，利用抛物线的定义知，当三点共线时，的值最小，且最小值为.因为抛物线的准线方程为，，所以.于是.故选B.
8.答案：A
解析：运行程序，输入，此时，，执行下一步，，，不成立，，，；不成立，，，；不成立，，，；不成立，，，；成立. 所以满足题意的整数m最小为5.故选A.
9.答案：B
解析：，且，，，，，，，.又函数的最小正周期，，.
10.答案：C
解析：如图，分别取的中点，连接，则为直四棱柱，该直四棱柱的八个顶点均在球的球面上.设球半径为，则，所以，则球的表面积为，故选C.
11.答案：A
解析：设，则由，得，即，所以，即.又，所以，所以，所以，故选A.
12.答案：D
解析：易得，所以在上，为增函数，.令，设，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增.故，从而.依题意可得，，故的取值范围为.
二、填空题
13.答案：2
解析：由向量与共线得，所以.又向量与同向，所以.
14.答案：8
解析：作出可行域如图中阴影部分所示，作出直线并平移，由图知，当平移后的直线经过点时，取得最大值，.
15.答案：1和3
解析：丙说他的卡片上的数字之和不是5，所以丙的卡片上的数字要么是1和2，要么是1和3.又乙说他与丙的卡片上相同数字不是1，所以卡片2和3必定在乙手里.因为甲与乙的卡片上相同的数字不是2，所以甲的卡片上的数字只能是1和3.
16.答案：
解析：双曲线的渐近线方程为.连接，由点是以为直径的圆与在第一象限内的交点，可得.由线段的中点在的渐近线上，可得，则，直线的方程为，可得到的距离为，得，，.由双曲线的定义可得，即，所以双曲线的渐近线方程为.
三、解答题
17.解析：(1)由题设得，
即.…………………………………2分
又因为，
所以是首项为1，公比为的等比数列. …………………………………4分
由题设得，即.
又因为，
所以是首项为1，公差为2的等差数列. …………………………………6分
(2)由(1)知，，.
所以，…………………………………10分
.…………………………………12分
18.解析：（1）通过茎叶图可以看出，
B校学生的考核成绩的平均值高于A校学生的考核成绩的平均值；
B校学生的考核成绩比较集中，而A校学生的考核成绩比较分散. ………………………3分
（2）①由茎叶图可知，A校学生的考核等级为良的概率的估计值为，
B校学生的考核等级为良的概率的估计值为.
因为，
所以估计B校学生的考核等级为良的概率大. …………………………………6分
②记事件M为“从样本中任取2名学生的考核成绩，考核等级为良或优秀”，事件N为“这2名学生来自同一所大学”，
则，，…………………………………9分
所以在考核等级为良或优秀的情况下，这2名学生来自同一所大学的概率.…………………………………12分
19.解析：(1)连接交于点，连接，易知为的中点，为的中点，
在中，，…………………………………2分
平面，平面，
平面.…………………………………4分
(2)连接，平面，，
且为的中点，
，
，平面且，
平面.…………………………………6分
如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系.
易得，，，，
，，…………………………………8分
设平面的法向量为，
则，，
令，得，.
同理可得平面的一个法向量为，……………………………10分
，
结合图形知，二面角为钝二面角，
二面角的余弦值为.…………………………………12分
20.解析：(1)由题意可得，所以，………………………………1分
，解得，
所以椭圆的标准方程为.…………………………………3分
(2)由于直线平行于直线，即，设直线在轴上的截距为，
所以直线的方程为.…………………………………5分
由，得，
因为直线与椭圆交于两个不同的点，
所以，解得.…………………………………7分
设，，则，.
为钝角等价于，且，
所以
，………………………………10分
得，且，
所以直线在轴上的截距的取值范围为.
所以直线在轴上的截距的取值范围为.……………………12分
21.解析：(1)当时，，
所以，且，则.………………………………2分
所以的图象在处的切线方程为，
即.…………………………………4分
(2)设切点为，则，
因为，所以，
令，则或，解得或.………………………………6分
若，则，解得，满足.
②若，由可得，…………………………………8分
，
令，，
则，…………………………………10分
所以函数在上单调递增.
又，所以为方程在上的唯一解，故，解得.
综上可知，.…………………………………12分
22.解析：（1）由可得曲线的普通方程为，…………………1分
由得曲线的极坐标方程为.……………………………3分
由得，，
又，所以，
即的直角坐标方程为.…………………………………5分
（2）将代入得到，
所以，…………………………………7分
将代入得到，
所以，…………………………………9分
所以.…………………………………10分
23.解析：（1）当时，不等式即，
两边同时平方，得，…………………………………2分
即，解得.
故原不等式的解集为.…………………………………4分
（2）法一：关于x的不等式有解，
即不等式有解，
得有解. …………………………………5分
设，当时，，
此时在上单调递减，所以，
所以，即.…………………………………7分
当时，，
此时在上单调递增，，…………………………………9分
所以，即.
综上，实数a的取值范围为.…………………………………10分
法二：不等式有解，即不等式有解.
令，.…………………………………5分
在同一坐标系中分别画出函数与的图象，如图所示，
若的图象上存在点不在的图象的下方，
则，…………………………………8分
即，解得.
所以实数a的取值范围为.…………………………………10分