（新高考）2021届高考考前冲刺数学试卷（八）含答案解析

1、（新高考）2021届高考考前冲刺数学试卷（八）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若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）A第一

2、象限B第二象限C第三象限D第四象限2已知集合，则下列说法正确的是（ ）ABCD3“”是“点在圆外”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件4已知，若，则（ ）A或BCD5已知点在直线上，点在直线上，线段的中点为，且满足，则的取值范围为（ ）ABCD6已知函数，对任意实数m，n都有，已知，则的最大值等于（ ）A133B135C136D1387某校高一年级研究性学习小组利用激光多普勒测速仪实地测量复兴号高铁在某时刻的速度，其工作原理是：激光器发出的光平均分成两束射出，在被测物体表面汇聚，探测器接收反射光，当被测物体横向速度为零时，反射光与探测光频率相同，当横向速

3、度不为零时，反射光相对探测光会发生频移，其中为测速仪测得被测物体的横向速度，为激光波长，为两束探测光线夹角的一半，如图，若激光测速仪安装在距离高铁处，发出的激光波长为（），某次检验中可测频移范围为（）至（），该高铁以运行速度（至）经过时，可测量的概率为（ ）ABCD8已知函数，设（）为实数，且给出下列结论：若，则；若，则，其中正确的是（ ）A与均正确B正确，不正确C不正确，正确D与均不正确二、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某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，

4、理财类保险；丁，定期寿险：戊，重大疾病保险，各种保险按相关约定进行参保与理赔该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图例：用该样本估计总体，以下四个选项正确的是（ ）A54周岁以上参保人数最少B1829周岁人群参保总费用最少C丁险种更受参保人青睐D30周岁以上的人群约占参保人群10已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则以下四个命题正确的有（ ）A当，时，满足条件的三角形共有个B若，则这个三角形的最大角是C若，则为锐角三角形D若，则为等腰直角三角形11如图，在棱长为的正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（ ）A三棱锥的体积是B平面C平面与平面所成的二面角为D异面

5、直线与所成角的范围是12设函数，给定下列命题，其中正确的是（ ）A若方程有两个不同的实数根，则B若方程恰好只有一个实数根，则C若，总有恒成立，则D若函数有两个极值点，则实数第卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13设向量，如果向量与平行，则_14已知正实数，满足，则的最小值为_15已知为正整数，在二项式的展开式中，若前三项的二项式系数的和等于79，则的值为_，展开式中第_项的系数最大16已知为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆交于两点，为的中点，为坐标原点若是以为底边的等腰三角形，且外接圆的面积为，则椭圆的长轴长为_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

6、程或演算步骤17（10分）函数（1）求函数的最小正周期并求当时，函数的最大值和最小值；（2）已知的内角，的对边分别为，若，且，求的面积18（12分）已知数列是各项均为正数的等比数列，且，（1）求数列的通项公式；（2）若数列是递增数列，求数列的前项和19（12分）在三棱柱中，分别为，的中点（1）证明：平面；（2）若，且在底面上的正投影恰为点，求二面角的正弦值20（12分）2021年春节档电影你好李焕英在大年初一上映，该片是今年票房的黑马，上映之前人们对它并不看好，预售成绩也很一般，不过上映之后很快就改变了人们对它的看法，凭借着不错的口碑，你好李焕英票房实现了逆袭，仅用10天就成为春节档票房冠军某

7、电影院统计了该电影上映高峰后连续10场的观众人数，其中每场观众人数（单位：百人）与场次的统计数据如下表：123456789102通过散点图可以发现与之间具有相关性，且满足关系式：，设（1）利用表格中的前8组数据求相关系数，并判断是否有99的把握认为与之间具有线性相关关系（当相关系数满足时，则有99的把握认为两个变量具有线性相关关系）；（2）利用与的相关性及表格中的前8组数据求出与之间的回归方程（结果保留两位小数）；（3）如果每场观众人数不足（百人），称为“非满场”从表格中的10组数据中随机选出8组，设表示“非满场”的数据组数，求的分布列及数学期望附：，前8组数据的相关量及公式：，对于样本，其回

8、归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，相关系数21（12分）已知抛物线上一点到焦点的距离为2（1）求抛物线C的方程；（2）A，B为C上关于y轴对称的两点，过P作直线l交C于M，N两点，求证：直线AM，AN斜率的乘积为定值22（12分）已知函数（1）当时，求的单调区间；（2）讨论在内零点的个数（新高考）2021届高考考前冲刺数学试卷（八）答 案注意事项：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

9、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【答案】D【解析】由已知得，所以，所以在复平面内对应的点位于第四象限，故选D2【答案】B【解析】由已知可得，或，所以不是的子集，故选B3【答案】B【解析】将化为标准方程，得，当点在圆外时，有，解得，“”是“点”在圆外”的必要不充分条件，故选B4【答案】B【解析】由，可得，所以，令，所以，即，解得或又，所以，所以，当时，符合题意；当时，不符合题

10、意，所以，故选B5【答案】A【解析】设，则，的中点为，分别在直线和，即，即，又，即，所以，即，解得，故选A6【答案】C【解析】因为对任意实数m，n都有，所以，所以，故f (n)是以31为首项，以为公差的等差数列，所以，对称轴为，因为，所以时，取得最大值为136，故选C7【答案】A【解析】根据题意及图形可得，当时，当时，该高铁以运行速度（至）经过时频移范围为至，其区间长度为，因为某次检验中可测频移范围为（）至（）其区间长度为，所以可测量的概率为，故选A8【答案】A【解析】令函数，可得函数为单调递增函数，又由，即，所以函数为奇函数，图象关于点对称，如图（1）所示，中，因为，且，则，不妨设，则点，此

11、时直线的方程为，可得，则，可得，又由，所以，即，即，所以正确；中，若，不妨设，则，不妨设，则点，此时直线的方程为，可得，则，可得，又由，所以，即，即，所以正确，故选A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】AC【解析】对A：由扇形图可知，54周岁以上参保人数最少，故选项A正确；对B：由折线图可知，1829周岁人群人均参保费用最少，但是由扇形图知参保人数并不是最少的，所以参保总费用不是最少，故选项B错误；对C：由柱状图可知，丁险种参保比例最高，故选项C正确；对D：由扇形图可知，30周岁以

12、上的人群约占参保人群，故选项D错误，故选AC10【答案】BD【解析】对于A，无解，故A错误；对于B，根据已知条件，由正弦定理得，不妨令，则，最大角的余弦值为，故B正确；对于C，由条件，结合余弦定理只能得到，即角为锐角，无法保证其它角也为锐角，故C错误；对于D，得到，又，为等腰直角三角形，故D正确，故选BD11【答案】AB【解析】对于A：因为C到平面的距离不变，为的一半，等于，的面积不变，且，所以三棱锥的体积不变，根据等体积法可得，故A正确；对于B：连接DB，DP，因为正方体，所以，平面，平面，所以平面，同理平面，所以平面平面，又平面，所以平面，故B正确；对于C：因为，所以平面，所以，同理，所以

13、平面，所以平面平面，故C错误；对于D：因为，所以异面直线与所成角等于与所成的角，因为，当P与两端点重合时，与所成的角最小，且为，当P位于中点时，与所成角最大，且为，所以异面直线与所成角的范围是，故D错误，故选AB12【答案】AD【解析】因为，所以的定义域为，则，令，解得，可知在上单调递减，在上单调递增，所以，当时，又，从而要使得方程有两个不同的实根，即与的图象有两个不同的交点，所以，故选项A正确；因为不是方程的根，当时，方程有且只有一个实数根，等价于与只有一个交点，又且，令，即，有，知在和单调递减，在上单调递增，是一条渐近线，极小值为由大致图象可知或，故选项B错误；当时，恒成立等价于恒成立，即

14、函数在上为增函数，即恒成立，即在上恒成立，令，则，令，得，解得，从而在上单调递增，在上单调递减，则，所以，故选项C错误；函数有两个极值点，等价于有两个不同的正根，即方程有两个不同的正根，由选项C可知，即，故选项D正确，故选AD第卷（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】，由向量与平行，解得，则，故答案为14【答案】10【解析】，正实数，满足，（当且仅当，即时取等号），故答案为1015【答案】12，11【解析】（1）根据题意得，即，整理得，解得或（舍去），（2）二项式展开式的通项为设二项式的展开式中第的系数最大，由题意得，解得，又，展开式中第11项的系数最大16【答

15、案】【解析】由外接圆的面积为，则其外接圆半径为是以为底边的等腰三角形，设，则，得，或不妨设点在轴下方，由是以为底边的等腰三角形，知或，又根据点差法可得，有，而此时焦点在轴上，舍去)，为椭圆的右焦点，故椭圆的长轴长为，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），最大值为3，最小值为；（2）【解析】（1），函数的最小正周期，因为，所以，因为函数在单调递增，在上单调递减，所以，所以函数的最大值为3，最小值为（2），即，由正弦定理以及，可得，由余弦定理可得，可得，18【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）因为数列是各项均为正数的等比数列

16、，所以公比，因为，所以，所以，由题易知是公比为的等比数列，所以是公比为的等比数列因为，所以，所以，所以，所以，所以当时，；当时，（2）因为数列是递增数列，所以，所以所以，两式相减得，所以19【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）如图，连接，因为为的中点，且四边形是平行四边形，所以为的中点，又为的中点，所以，又因为平面，且平面，所以平面（2）方法一：由（1）可知二面角即为二面角，如图，连接和，由在底面上的正投影恰为，所以平面，因此，又因为，且为中点，故，即线段，两两垂直，以点为坐标原点，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，对于平面，因为平面，且平面，所以平面的一个法向量为

17、，设平面的法向量为，因为，由，得，取，则，设二面角的平面角为，则，因此二面角的正弦值为（2）方法二：由（1）可知二面角即为二面角，如图，连接，取线段的中点，连接和，因为且，所以四边形为平行四边形，因为平面，故又因为且为中点，所以，故平面，因此，故为二面角的平面角，在中，在中，故，即二面角的正弦值为20【答案】（1），有；（2）；（3）分布列见解析，【解析】（1），有99的把握认为与之间具有线性相关关系（2），（3），2，3，的分布列为12321【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）由题意，解得，所以，抛物线C的方程为（2）证明：A，B为抛物线C上关于y轴对称的两点，设，由，所以，由题意

18、，直线l斜率存在，设，联立，得，则，所以，直线AM，AN斜率的乘积为定值为22【答案】（1）的单调增区间为，单调减区间为；（2）当时，在内没有零点，当，在内有唯一零点【解析】（1）因为，所以，当时，单调递减；当时，单调递增，所以的单调增区间为，单调减区间为（2）当时，令，即，在内零点的个数问题转化为函数图象交点个数问题，令，因为，所以单调递减，因此，单调递增，当时，由（1）可知：的单调增区间为，单调减区间为，所以（当且仅当时取等号），因此当时，所以当时，函数单调递增，且，因为，所以函数恒过点，当时，函数在时单调递增，即，此时函数，的图象没有交点；当时，函数，当时，此时的图象没有交点；当时，函数在时单调递减，即，此时，的图象有唯一交点，综上所述：当时，在内没有零点；当，在内有唯一零点