（新高考）2021届高考考前冲刺数学试卷（十三）含答案解析

《（新高考）2021届高考考前冲刺数学试卷（十三）含答案解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（新高考）2021届高考考前冲刺数学试卷（十三）含答案解析（21页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、（新高考）2021届高考考前冲刺数学试卷（十三）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设集合，若，则实数的取值范围是（ ）ABCD2

2、复数满足，则的虚部为（ ）ABCD3若，则的取值范围是（ ）ABCD4已知向量、的夹角为，则（ ）ABCD5地震的震级越大，以地震波的形式从震源释放出的能量就越大，震级与所释放的能量的关系如下：（焦耳）（取），那么8级地震释放的能量是7级地震释放的能量的（ ）A306倍B316倍C316倍D306倍6已知圆关于直线对称，圆的标准方程是，则圆与圆的位置关系是（ ）A相离B相切C相交D内含7设是首项为正数的等比数列，公比为，则“"是“对任意的正整数，”成立的（ ）A充要条件B充分而不必要条件C必要而不充分条件D既不充分也不必要条件8图中长方形的总个数中，其中含阴影部分的长方形个数的概率为

3、（ ） ABCD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关于变量x，y的n个样本点及其线性回归方程，下列说法正确的有（ ）A相关系数r的绝对值|r|越接近0，表示x，y的线性相关程度越强B相关指数的值越大，表示线性回归方程拟合效果越好C残差平方和越大，表示线性回归方程拟合效果越好D若，则点一定在线性回归方程上10已知，直线，是的图象的相邻两条对称轴，则下列说法正确的是（ ）A函数为偶函数B的图象的一个对称中心为C在区间上有个零点D在区间上为单调函数11已知正四棱台的上底面边长为，下底面边长为，

4、侧棱长为2，则（ ）A棱台的侧面积为B棱台的体积为C棱台的侧棱与底面所成角的余弦值为D棱台的侧面与底面所成锐二面角的余弦值为12定义在上的函数满足，且时，时，令，若函数的零点有个，则的可能取值为（ ）ABCD第卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13展开式中的系数为_14在抗击新冠肺炎疫情期间，甲、乙两所医院各选派了6名医护人员加入“援鄂医疗队”，其中甲院选派人员中有4名男医生、2名女医生；乙院选派人员中有1名男医生、5名女医生现需要分别从甲、乙两院选派的人员中各随机抽调出一名医生作为联络人，则抽调出的两名医生都是男医生的概率为_15已知的内角，的对边分别为，若，则的取值范围为

5、_16已知F是抛物线的焦点，设点，点M为抛物线C上任意一点，且的最小值为3，则_，若线段AF的垂直平分线交抛物线C于P、Q两点，则四边形APFQ的面积为_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，a，b，c分别是角A，B，C的对应边，已知（1）求A；（2）若，求的面积18（12分）已知数列中，前项和为，且满足（1）证明：数列是等差数列，并求的通项公式；（2）设，求的前项和19（12分）如图，在平面四边形中，且，将沿折起得到四棱锥，如图，且为的中点（1）求证：平面；（2）若，问：在线段上是否存在一点使二面角为？若存在，求出线段的长；若不存在

6、，请说明理由20（12分）乒乓球是中国国球，它是一种世界流行的球类体育项目某中学为了鼓励学生多参加体育锻炼，定期举办乒乓球竞赛，该竞赛全程采取“一局定输赢”的比赛规则，首先每个班级需要对本班报名学生进行选拔，选取3名学生参加校内终极赛与其他班级学生进行同台竞技（1）若高三（1）班共有6名男生和4名女生报名，且报名参赛的选手实力相当，求高三（1）班选拔的校内终极赛参赛选手均为男生的概率；（2）若高三（1）班选拔的选手甲、乙、丙分别与高三（2）班选拔的选手A，B，C对抗，甲、乙、丙获胜的概率分别为，且甲、乙丙三人之间获胜与否互不影响，记为在这次对抗中高三（1）班3名选手获胜的人数，（）求；（）求随

7、机变量的分布列与数学期望21（12分）已知椭圆的左顶点为，离心率，过点A的直线与椭圆交于点B（1）求椭圆C的方程；（2）设AB的中点为，射线与椭圆交于点，是否存在直线使的面积是面积的3倍？若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由22（12分）设函数，（1）若，求函数的最大值；（2）若恒成立，求实数的取值范围（新高考）2021届高考考前冲刺数学试卷（十三）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

8、。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【答案】B【解析】因为集合，且，所以实数的取值范围是，故选B2【答案】D【解析】，所以的虚部为1，故选D3【答案】A【解析】因为，所以，即，当且仅当，即时取“=”，所以的取值范围是，故选A4【答案】B【解析】由已知可得，因为，解得，故选B5【答案】B【解析】设7级地震释放的能量为，8级地震释放的能量为，即8级地震释放的能量是7级

9、地震释放的能量的倍，故选B6【答案】B【解析】，即，圆心，因为圆关于直线对称，所以圆心在直线上，即，解得，圆心，半径为；，圆心，半径为，圆心间距离为，因为圆心间距离等于两圆半径之和，所以圆与圆的位置关系是相切，故选B7【答案】B【解析】若，结合是首项为正数的等比数列可知数列的各项均为正数，据此可得成立，即充分性成立；反之，取，则，据此可知必要性不成立，即“”是“对任意的正整数，”的充分而不必要条件，故选B8【答案】B【解析】长方形可由横着的5条线段选2条，竖着的7条线段选2条构成，故有种，若含阴影部分，则横向共有种可能，纵向有6种可能，共72种可能，故概率，故选B二、多项选择题：本题共4小题，

10、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】BD【解析】根据线性相关系数的意义可知，当的绝对值越接近于0时，两个随机变量线性相关性越弱，则A错误；用相关指数来刻画回归效果，越大，说明模型的拟合效果越好，则B正确；拟合效果的好坏是由残差平方和来体现的，残差平方和越大，拟合效果越差，则C错误；样本中心点一定在回归直线上，则D正确，故选BD10【答案】ABC【解析】由题意可知，函数的最小正周期为，则，所以，则，所以对于A选项，所以，函数为偶函数，A选项正确；对于B选项，所以，的图象的一个对称中心为，B选项正确；对于C选项，当

11、时，所以，函数在上有个零点，C选项正确；对于D选项，当时，所以，函数区间上不单调，D选项错误，故选ABC11【答案】ACD【解析】作正四棱台如图所示：对于A过作于，所以，所以棱台的侧面积为，所以A正确；对于B连接，过作于点，过作于点，上底面面积，下底面面积，棱台的体积为，故B错误；对于C因为为在底面的投影，所以为侧棱与底面所成角，所以C正确；对于D为侧面与底面所成锐二面角的平面角，所以D正确，故选ACD12【答案】BC【解析】，自变量每增加2个单位，纵坐标扩大为原来的2倍，时，时，作出图象如图，的零点有8个，即与在上有8个交点，由图象可知，需满足，解得，所以可取，故选BC第卷（非选择题）三、填

12、空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】【解析】展开式的通项公式是，要求，只需，解得，故答案为14【答案】【解析】抽调出的两名医生都是男医生的概率为，故答案为15【答案】【解析】因为，由正弦定理可得，又，可得，可得，因为，可得，可得，可得，因为，可得，可得，可得，故答案为16【答案】2，【解析】过M作抛物线C准线的垂线，垂足为，根据抛物线定义知，由抛物线方程，当时，当时，A在抛物线内部，当且仅当共线时，最小，即；当时，A在抛物线上或外部，当且仅当共线时，最小，而，得与矛盾，舍去，综上，显然，故AF的中点为，直线AF的斜率，线段AF的中垂线方程为，联立方程组，消元得，设，则，又到直线PQ的距

13、离为，四边形APFQ的面积为，故答案为2，四、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）；（2）【解析】（1）由，根据正弦定理可得，则，所以，因为，所以，则（2）由（1）知，则，所以或，即或，因为为三角形内角，所以，因此，所以，因此，所以，又，根据正弦定理可得，则，因此的面积为18【答案】（1）证明见解析，；（2）【解析】（1）因为，所以，即，所以，且，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，所以 ，所以 得，又，满足上式，所以（2）由（1）知，所以19【答案】（1）证明见解析；（2）存在，【解析】（1）证明：取的中点，连接，为的中点，四边形为

14、平行四边形，又平面，平面，平面（2）解：假设存在点满足题意，取的中点，连接，、平面，平面，平面，又，、平面，平面，故以为原点，所在直线分别为，轴，作平面，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，则，设平面的法向量为，则，即，令，则，平面轴，平面的一个法向量为，二面角为，化简得，解得，故存在点满足题意，且20【答案】（1）；（2）（）；（）分布列见解析，【解析】（1）设“高三（1）班选拔的参数选手均为男生”为事件，则（2）（）由题意，解得（）随机变量的可能取值为0，1，2，3，所以；，故的分布列为：0123所以的数学期望21【答案】（1）；（2）存在，或【解析】（1）因为，且，解得，所以椭圆C的方

15、程为（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线，消化简可得，设，故，所以，所以，故，所以，解得，所以，由，且，即，即，所以，即，所以，解得，所以直线的方程为或22【答案】（1）；（2）【解析】（1）由，则所以当时，得在上递增；当时，得在上递减，从而函数的最大值为（2）法一：设，则，若，由于，不符合题意，舍去；若，设，则，对于方程，其判别式当时，所以，所以即单调递增，因为，所以当时，单调递减，当时，单调递增，从而成立；当时，设方程有两根，因为，则，当时，有，推出即单调递减，于是，得在上单调递减，从而在上有，不符合题意，舍去；当时，因为，而是当的表达式，根据中的解题过程可知，所以成立，综上，的取值范围是法二：若，令，则，不符合题意；故只需考虑的情况：由已知，可转化为设，则，设，则，设，则易知即在上单调递增，在上单调递减，从而当时，此时，于是单调递减，即单调递减，由于，所以当时，单调递增，当时，单调递减，所以成立；当时，因为，则在区间内存在，使得，由于在上递增，所以当时，则即单调递增，因为，所以当时，得单调递减，于是在上，与题意不符，综上，的取值范围是