（新高考）2021届高考考前冲刺数学试卷（十五）含答案解析

1、（新高考）2021届高考考前冲刺数学试卷（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（ ）ABCD2已知复数（为

2、虚数单位），则（ ）ABCD3“”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：函数的最小值是；若、且，则；的最小值是；函数的最小值为其中，正确的有（ ）个ABCD5若函数在上是单调减函数，则的取值范围是（ ）ABCD6已知正项等比数列的前项和为，若，则（ ）ABCD7在中，点为的外心，若，则（ ）ABCD8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（ ）A8BCD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

3、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（ ）A7B8C9D1010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

4、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；中

5、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

6、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）（）比较与两种方案哪一个更好，说明理由；（）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

7、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（新高考）2021届高考考前冲刺数学试卷（十五）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

8、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】B【解析】由题意，知，故选B2【答案】D【解析】因为，所以，故选D3【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A4【答案】B【解析】对于，当时，错误；对于，若，且，说明，则，当且仅当时取等号，显然成立，正确；对于，当且仅时取等号，即，显然这样的不存在，所以结论不正确，错误；

9、对于，因为，所以，函数的最大值为，所以结论不正确，错误，故选B5【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A6【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C7【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C8【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

10、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BC10【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AD11【答案】ACD【解析】对于A项，所以两次点数之

11、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ACD12【答案】B

12、D【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

13、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288014【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101016【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

14、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）选择由正弦定理得，又，又，选择由余弦定理得，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

15、，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【

16、答案】（1）分布列见解析；（2）()的方案更好一些；()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）()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()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