1、（新高考）2021届高考考前冲刺数学试卷（六）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，则（ ）ABCD2是虚数单位，复数z满
2、足：，则（ ）ABCD3设函数满足，且有，则（ ）ABCD4已知，则“”的一个充分不必要条件是（ ）ABCD5声音的强弱可以用声波的能流密度来计算，叫做声强通常人耳能听到声音的最小声强为（瓦/平方米）对于一个声音的声强，用声强与比值的常用对数的10倍表示声强的声强级，单位是“分贝”，即声强的声强级是（分贝）声音传播时，在某处听到的声强与该处到声源的距离的平方成反比，即（为常数）若在距离声源15米的地方，听到声音的声强级是20分贝，则能听到该声音（即声强不小于）的位置到声源的最大距离为（ ）A100米B150米C200米D米6数列满足且对任意，则（ ）A3027B3030C2018D20207在
3、正方形中，为两条对角线的交点，为边上的动点若，则的最小值为（ ）A2B5CD8在三棱锥中，当此三棱锥的体积最大时，该三棱锥外接球的体积是（ ）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为庆祝建党100周年，讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进全体党员干部职工对党史知识的了解，某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比赛，某支部在5道党史题中(有3道选择题和道填空题)，不放回地依次随机抽取道题作答，设事件A为“第1次抽到选择题”，事件B为“第次抽到选择题”，则下列结论中正确的是
4、（ ）ABCD10已知函数的图象上，对称中心与对称轴的最小距离为，则下列结论正确的是（ ）AB当时，C若，则D若，则的值为11已知直线与直线相交于点，线段是圆的一条动弦，为弦的中点，下列说法正确的是（ ）A弦的中点轨迹是圆B直线的交点在定圆上C线段长的最大值为D的最小值12已知函数，则下列说法正确的是（ ）A是奇函数B的图象关于点对称C若函数在上的最大值、最小值分别为、，则D令，若，则实数的取值范围是第卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13已知展开式中，所有项的二项式系数之和为，则_（用数字作答）14为庆祝中国共产党成立100周年，某校以班级为单位组织开展“走进革命老区，学习
5、党史文化”研学游活动该校高一年级部10个班级分别去3个革命老区开展研学游，每个班级只去1个革命老区，每个革命老区至少安排3个班级，则不同的安排方法共有_种（用数字作答）15已知实数，满足，则的取值范围是_16已知抛物线的焦点为，直线过点且与抛物线交于，两点，分别过，两点作抛物线的切线，设直线与交于点，则_，面积的最小值为_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）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18（12分）在中，角的对边分别为，且（1）求角C；（2）若，D为边BC的中点，在下列条件中
6、任选一个，求AD的长度条件：的面积，且；条件：19（12分）如图，在四棱锥中，面，且，为的中点（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角的余弦值20（12分）现代战争中，经常使用战斗机携带空对空导弹攻击对方战机，在实际演习中空对空导弹的命中率约为20%，由于飞行员的综合素质和经验的不同，不同的飞行员使用空对空导弹命中对方战机的概率也不尽相同在一次演习中，红方的甲乙两名优秀飞行员发射一枚空对空导弹命中蓝方战机的概率分别为和，两名飞行员各携带4枚空对空导弹（1）甲飞行员单独攻击蓝方一架战机，连续不断地发射导弹攻击，一旦命中或导弹用完即停止攻击，各次攻击相互独立，求甲飞行员能够命中蓝方战机的概率
7、？（2）蓝方机群共有8架战机，若甲乙共同攻击(战机均在攻击范围之内，每枚导弹只攻击其中一架战机，甲，乙不同时攻击同一架战机)若一轮攻击中，每人只有两次进攻机会，记一轮攻击中，击中蓝方战机数为X，求X的分布列；若实施两轮攻击(用完携带的导弹)，记命中蓝方战机数为Y，求Y的数学期望E(Y)21（12分）已知椭圆，若抛物线的焦点恰好为椭圆的右焦点，且该抛物线与椭圆在第一象限的交点为（1）求的标准方程；（2）设、是椭圆的左、右顶点，过点作直线与椭圆交于（不同于、）两点，设直线与直线交于点，求证：点在定直线上22（12分）已知函数，（1）讨论的单调性；（2）当，时，求证：（新高考）2021届高考考前冲刺
8、数学试卷（六）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】A【解析】解，得或，故选A2【答案】C【解析】因为，所以，故选C3
9、【答案】C【解析】由题意知，都有，可得函数在上单调递增，又由函数满足，可得是定义在上的偶函数，所以，所以，即，故选C4【答案】A【解析】对于A，因为，所以，所以，即，当且仅当时取等号，而当，时，满足，而不满足，所以“”的一个充分不必要条件是，所以A正确；对于B，取时，满足，但不满足，所以为不充分条件，所以B错误；对于C，取时，满足，但不满足，所以为不充分条件，所以C错误；对于D，取时，满足，但不满足，所以为不充分条件，所以D错误，故选A5【答案】B【解析】由题意知，解得，又由，可得，根据人耳能听到的足校声强为，所以米，故选B6【答案】B【解析】数列满足且对任意，当时，所以，所以，故选B7【答案
10、】C【解析】如图所示，以点为原点，以，所在直线为，轴建立平面直角坐标系，设正方形的边长为1，则，则根据中点坐标公式可得，设点的坐标为，则由，可得，所以，则，当且仅当，即时取等号，此时的最小值为，故选C8【答案】D【解析】因为，所以，由余弦定理得，又，所以，所以如图，当PA平面ABC时，三棱锥的体积最大把三棱锥放在长方体中，其外接球的半径，所以该三棱锥外接球的体积，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】ABC【解析】，故A正确；，故B正确；，故C正确；，故D错误，故选ABC10【
11、答案】BD【解析】对称中心与对称轴的最小距离为，即而，又因为为对称轴，且，解得，所以对于A：，而，所以，故A错误；对于B：当时，所以，故B正确；对于C：当时，故C错误；对于D：当，时，又因为，所以，故D正确，故选BD11【答案】ABC【解析】对于选项A：设，为弦的中点，而，半径为，则圆心到弦的距离为，又圆心，即弦的中点轨迹是圆，故选项A正确；对于选项B：由，得，代入整理得，故选项B正确；对于选项C：由选项A知：点的轨迹方程为，由选项B知：点的轨迹方程为，；，所以线段，故选项C正确；对于选项D：，故，由选项C知：，所以，故选项D错误，故选ABC12【答案】BCD【解析】由题意函数，因为恒成立，即
12、函数的定义域为，又因为，所以不是奇函数，所以A错误；将的图象向下平移两个单位得到，再向左平移一个单位得到，此时，所以图象关于点对称，所以的图象关于对称，所以B正确；将函数的图象向左平移一个单位得，因为，即，所以函数为奇函数，所以函数关于点对称，所以若在处取得最大值，则在处取得最小值，则，所以C正确；由，可得，由，设，可得，所以为减函数，可得函数为减函数，所以函数为单调递减函数，又由为减函数，所以为减函数，因为关于点对称，所以，即，即，解得，所以D正确，故选BCD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】由已知条件可知二项式系数和为，可得，令，则，故答案为14【答
13、案】12600【解析】由题意，10个班级分别去3个革命老区，每个革命老区至少安排3个班级，分成3组有，再把3组分到三个革命老区由种，所以共有种，故答案为1260015【答案】【解析】画出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分，令，即，则可看作过原点的直线的斜率，观察图形可得，可解得，则，则，则，在单调递减，在单调递增，则当时，取得最小值为；当时，；当时，则的最大值为，则的取值范围是，故答案为16【答案】，【解析】抛物线方程为，抛物线的焦点，由题意，直线AB的斜率存在，设，联立，得，由，得，求导得，即 同理 由得，点P到直线AB的距离，易知，即时，故面积的最小值为4故答案为，4四、解答题：本大题共
14、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）证明见解析，；（2）【解析】（1），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18【答案】（1）；（2）【解析】（1）因为，所以，又，所以，因为，所以，所以，即，又，所以（2）选择条件：由的面积可得，即，又，所以，联立得或，又，所以，在中，由余弦定理可得，所以选择条件：由，得，所以，在中，由，得，所以，在中，由余弦定理可得，所以19【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】过作，垂足为，则，如图，以为坐标原点，分別以，为，轴建立空间直角坐标系，则，由为的中点，则（1
15、）证明：若面的一个法向量为，又，则，令，得，即，又平面，平面（2）设平面的一个法向量为，又，有，令，得，即平面与平面所成二面角的余弦值为20【答案】（1）；（2）分布列见解析；【解析】设甲乙两名飞行员发射的第i枚导弹命中对方战机分别为事件，则，（1）设甲飞行员能够击中蓝方战机为事件M，则，所以（2），则，所以X的分布列为X01234P记两轮攻击中甲命中战机数为，则，乙命中战机数为，则，所以21【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）由题意得，由椭圆定义知，所以，所以椭圆的标准方程为（2）由（1）知，设直线的方程为，由，得显然恒成立设，所以有， 直线的方程为，直线的方程为，联立两方程可得，所以，由式可得，代入上式可得，解得，故点在定直线上22【答案】（1）见解析；（2）证明见解析【解析】（1）的定义域为，当时，即在上单调递减；当时，由，解得；由，解得，即在上单调递减，在上单调递增；综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增（2）设，要证，即证设，易见，对于上，递减，则有，下证：由（1）可知，取时，函数在单调递增，且，即，故，即，则时，即，故有，即，化简得，即成立即证