（新高考）2021屆高考考前沖刺卷 數(shù)學（十） 教師版

1、（新高考）此卷只裝訂不密封班級 姓名 準考證號 考場號 座位號 2021屆高考考前沖刺卷數(shù) 學（十）注意事項：1答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。第卷（選擇題）一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要

2、求的1設全集，則圖中陰影部分所表示的集合為（ ）ABCD【答案】D【解析】，又全集，所以，圖中陰影部分所表示的集合為，故選D2設是復數(shù)的共軛復數(shù)，若，則（ ）A2BC2或D2或【答案】C【解析】設，因為，所以，所以，所以，解得或，所以或，所以或，故選C3已知數(shù)列是公差為的等差數(shù)列，為其前項和，若，則公差（ ）ABCD【答案】D【解析】數(shù)列是公差為的等差數(shù)列，為其前項和，解得，故選D4設，則“”是“直線和圓有公共點”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件【答案】A【解析】圓，圓心，半徑，則，若直線與圓有公共點，則圓心到直線的距離，解得，所以“”是“直線和圓有

3、公共點”的充分不必要條件，故選A5已知拋物線的焦點為，準線為，一圓以為圓心且與相切，若該圓與拋物線交于點，則的值為（ ）A或B或2CD【答案】B【解析】因為拋物線的焦點為，準線的方程為，所以圓聯(lián)立方程得，消元得，即，所以，所以，(不合題意，舍去)，所以，所以點的坐標為或，所以或2，故選B6我國東漢末數(shù)學家趙爽在周牌算經(jīng)中利用一幅“弦圖”給出了勾股定理的證明，后人稱其為“趙爽弦圖”，它是由四個全等的直角三角形與一個小正方形拼成的一個大正方形，如圖所示若為的中點，則（ ）ABCD【答案】D【解析】以為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，建立如圖直角坐標系，設，由為的中點，則，由，得，解得，則，故

4、選D7已知在銳角三角形中，角，所對的邊分別為，若，則的取值范圍是（ ）ABCD【答案】C【解析】由及余弦定理，可得，由正弦定理邊化角，得，是銳角三角形，即，那么，則，故選C8已知定義在上的函數(shù)，對任意x都滿足，且當時，則函數(shù)的零點個數(shù)為（ ）A12B14C15D16【答案】B【解析】，函數(shù)是周期為2的周期函數(shù)令，則，由題意得函數(shù)的零點個數(shù)即為函數(shù)的圖象與函數(shù)的圖象交點的個數(shù)當時，在同一坐標系內(nèi)畫出函數(shù)和函數(shù)的圖象（如圖所示），結合圖象可得兩函數(shù)的圖象有14個交點，函數(shù)的零點個數(shù)為14，故選B二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求全部選對的得5

5、分，部分選對的得2分，有選錯的得0分9下列選項中，與的值相等的是（ ）ABCD【答案】BC【解析】，A，故錯誤；B，故正確；C，故正確；D，故錯誤，故選BC10下列命題中，正確的命題有（ ）A已知隨機變量服從二項分布，若，則B將一組數(shù)據(jù)中的每個數(shù)據(jù)都加上同一個常數(shù)后，方差恒不變C設隨機變量服從正態(tài)分布，若，則D若某次考試的標準分服從正態(tài)分布，則甲、乙、丙三人恰有2人的標準分超過90分的概率為【答案】BCD【解析】根據(jù)二項分布的數(shù)學期望和方差的公式，可得，解得，所以A錯誤；根據(jù)數(shù)據(jù)方差的計算公式可知，將一組數(shù)據(jù)中的每個數(shù)據(jù)都加上同一個常數(shù)后，方差恒不變，所以B正確；由正態(tài)分布的圖象的對稱性可得，

6、所以C正確；甲、乙、丙三人恰有2人的標準分超過90分的概率，故D正確，故選BCD11連接正方體每個面的中心構成一個正八面體（如圖），則（ ）A以正八面體各面中心為頂點的幾何為正方體B直線與是異面直線C平面平面D平面平面【答案】AD【解析】對于A選項，如圖1，由于正方體與正八面體是對偶多面體，所謂對偶，就是說，連接正方體(有六個面)相鄰兩個界面的中心，將得到正八面體(這也說明了為什么正方體的界面數(shù)等于正八面體的頂點數(shù)，都是6)；反之，連接正八面體相鄰兩個界面的中心，將得到正方體，故A選項正確；對于B選項，如圖2，由三角形中位線定理易知，故，所以直線與不是異面直線，故B選項錯誤；對于C選項，如圖3

7、，取中點，連接，不妨設正方體的邊長為，由正八面體的性質(zhì)知均為正三角形，且邊長為，故，所以為平面與平面所成的二面角的平面角，故在中，由余弦定理得，故平面與平面不垂直，故C選項錯誤；對于D選項，如圖4，由B選項可知，故四邊形為平行四邊形，所以，由中位線定理易知，所以，由于，所以平面平面，故D選項正確，故選AD12已知曲線與曲線有公共點，且在第一象限內(nèi)的公共點處的切線相同(e是自然對數(shù)的底數(shù))，則當m變化時，實數(shù)a取以下哪些值能滿足以上要求（ ）A1BeCD【答案】AB【解析】設公切點為，則，求導得，由切線相同知，即，則，令，在時，單調(diào)遞減，故函數(shù)的值域為，即只需均可滿足條件易知，或時均滿足，或時不

8、滿足，故選AB第卷（非選擇題）三、填空題：本大題共4小題，每小題5分13在二項式的展開式中任取兩項，則所取兩項中至少有一項的系數(shù)為偶數(shù)的概率是_【答案】【解析】二項式的展開式的通項公式為，共有6項，它們的系數(shù)分別為，整理為1，5，10，10，5，1，共計2個偶數(shù)，4個奇數(shù)，所取兩項中至少有一項的系數(shù)為偶數(shù)的概率為，故答案為14已知函數(shù)是奇函數(shù)，則的值等于_【答案】或【解析】為奇函數(shù)，即，整理可得，解得當時，；當時，綜上所述：或，故答案為或15最大視角問題是1471年德國數(shù)學家米勒提出的幾何極值問題，故最大視角問題一般稱為“米勒問題”如圖，樹頂A離地面a米，樹上另一點B離地面b米，在離地面米的C

9、處看此樹，離此樹的水平距離為_米時看A，B的視角最大【答案】【解析】過C作，交AB于D，如圖所示：則，設，在中，在中，所以，當且僅當，即時取等號，所以取最大值時，最大，所以當離此樹的水平距離為米時看A，B的視角最大，故答案為16已知區(qū)域表示不在直線()上的點構成的集合，則區(qū)域的面積為_，若在區(qū)域內(nèi)任取一點，則的取值范圍為_【答案】，【解析】將直線方程轉(zhuǎn)化關于m的方程為區(qū)域表示不在直線()上的點構成的集合，方程無根當時，整理得，即在以為圓心，1為半徑的圓的內(nèi)部，則區(qū)域的面積為令，則，設與夾角為，則，；當時，直線方程為，令，解得，當時，必有取值，則當時，只有不在直線上此時，綜上所述，的取值范圍為，

10、故答案為，四、解答題：本大題共6個大題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟17（10分）在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且（1）求B；（2）若的面積是，求b【答案】（1）；（2）2【解析】（1）由，得，得，得，由正弦定理得，因為，所以，所以，因為，所以（2）若的面積是，則，解得，所以由余弦定理，可得，所以18（12分）已知數(shù)列的前項和為，數(shù)列的前項和為，且（1）求的通項公式；（2）若，求數(shù)列的前項和【答案】（1）；（2）【解析】（1）記數(shù)列的前項和為，所以，所以當時，兩式作差，得當時，因為當時，也符合上式，所以的通項公式為（2）由（1）知因為，所以，所以數(shù)列的前項和，

11、所以數(shù)列的前項和19（12分）某乒乓球教練為了解某同學近期的訓練效果，隨機記錄了該同學局接球訓練成績，每局訓練時教練連續(xù)發(fā)個球，該同學每接球成功得分，否則不得分，且每局訓練結果相互獨立，得到如圖所示的頻率分布直方圖（1）同一組數(shù)據(jù)用該區(qū)間的中點值作代表，求該同學局接球訓練成績的樣本平均數(shù)；若該同學的接球訓練成績近似地服從正態(tài)分布，其中近似為樣本平均數(shù)，求的值；（2）為了提高該同學的訓練興趣，教練與他進行比賽一局比賽中教練連續(xù)發(fā)個球，該同學得分達到分為獲勝，否則教練獲勝若有人獲勝達局，則比賽結束，記比賽的局數(shù)為以頻率分布直方圖中該同學獲勝的頻率作為概率，求參考數(shù)據(jù)：若隨機變量，則，【答案】（1）

12、；（2）【解析】（1）由頻率分布直方圖可得可知，則，所以，（2）由頻率分布直方圖可知，在一局中，該同學得分達到分的概率為，由題意可知，隨機變量的可能取值有、，；，所以，隨機變量的分布列如下表所示：因此，20（12分）如圖，在三棱柱中，四邊形是菱形，在底面上的射影是的中點（1）證明：平面；（2）若，求與平面所成角的正弦值【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】（1）證明：設中點為D，連接，因為在底面上的射影為中點，所以平面，又因為平面，所以平面平面，又因為平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以，又因為四邊形為菱形，所以，而，平面，所以平面（2）解：不妨設，則，因為，所以，又因為四邊形為菱形，所

13、以，故為等邊三角形，所以，故，由（1）知平面，以B為原點，建立空間直角坐標系如圖，所以，設平面法向量為，由，得，取，可得一個，設與平面所成角為，則，所以與平面所成角的正弦值為21（12分）已知圓，動圓M過點且與圓C相切（1）求動圓圓心M的軌跡E的方程；（2）假設直線l與軌跡E相交于A，B兩點，且在軌跡E上存在一點P，使四邊形OAPB為平行四邊形，試問平行四邊形OAPB的面積是否為定值？若是，求出此定值；若不是，請說明理由【答案】（1）；（2）是定值，定值為【解析】（1）因為，所以點D在圓內(nèi)又因為圓M過點D且與圓C相切，所以，所以，即點M的軌跡是以C，D為焦點的橢圓，則，即又因為，所以，故動圓圓心M的軌跡E的方程為（2）當直線AB的斜率不存在時，可得直線AB的方程為，此時，所以四邊形OAPB的面積；當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為，由，整理得因為直線l與軌跡E相交于A，B兩點，所以設，則，所以設AB的中點為Q，則Q的坐標為，因為四邊形OAPB為平行四邊形，所以，所以點P的坐標為，又因為點在橢圓上，所以，整理得又因為，原點到直線AB的距離為，所以平行四邊形OAPB的面積，綜上可知，平行四邊形OAPB