1、（新高考）2021届高考考前冲刺数学试卷（十一）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已知复数(i为虚数
2、单位)，则在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3下列说法中正确的是（ ）A命题“p且q”为真命题，则pq恰有一个为真命题B命题“，”，则“，”C命题“函数有三个不同的零点”的逆否命题是真命题D设等比数列的前n项和为，则“”是“”的充分必要条件4等差数列的前n项和为，若，则数列的通项公式可能是（ ）ABCD5已知偶函数在上单调递增，若，则满足的的取值范围是（ ）ABCD6在区间上任取一个实数，则使得直线与圆有公共点的概率是（ ）ABCD7已知，且，的夹角为，若向量，则的取值范围是（ ）ABCD8若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则（ ）ABCD二、多项选择题：本
3、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有关独立性检验的四个命题，其中正确的是（ ）A两个变量的2×2列联表中，对角线上数据的乘积相差越大，说明两个变量有关系成立的可能性就越大B对分类变量X与Y的随机变量的观测值k来说，k越小，“X与Y有关系”的可信程度越小C从独立性检验可知：有95%的把握认为秃顶与患心脏病有关，我们说某人秃顶，那么他有95%的可能患有心脏病D从独立性检验可知：有99%的把握认为吸烟与患肺癌有关，是指在犯错误的概率不超过1%的前提下认为吸烟与患肺癌有关10对于给定的异面直线、，以下判
4、断正确的是（ ）A存在平面，使得，B存在直线，使得同时与、垂直且相交C存在平面、，使得，且D对于任意点，总存在过且与、都相交的直线11已知，则下列结论正确的是（ ）A的最小正周期为B的最大值为C在上单调递增D在上单调递减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，使得恒成立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圣宋元宝，是中国古代钱币之一，宋徽宗赵佶建中靖国元年（公元101年）始铸，是仁宗“皇宋通宝”之后又一种不以年号命名的非年号钱，种类主要有小平和折二两种小明同学珍藏有小平钱2枚，折二钱3枚，现随机抽
5、取2枚赠好友，则赠送的两枚为不同种类的概率为_14已知外接圆的直径为d，则_15设；，若是的必要不充分条件，则的取值范围为_16已知、分别为椭圆的左、右焦点，点关于直线对称的点Q在椭圆上，则椭圆的离心率为_；若过且斜率为的直线与椭圆相交于AB两点，且，则_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）已知数列满足，（1）求证：数列为等差数列；（2）设数列的前项和证明：18（12分）在中，角A，B，C的对边分别为，点D在边AC上，且，（1）求角B的大小；（2）求面积的最大值19（12分）某年某省有40万考生参加高考已知考试总分为750分，一本院校在该
6、省计划招生6万人经考试后统计，考试成绩X服从正态分布，若以省计划招生数确定一本最低录取分数（1）已知，则该省这一年的一本最低录取分数约为多少？（2）某公司为考生制定了如下奖励方案：所有高考成绩不低于一本最低录取分数的考生均可参加“线上抽奖送话费”活动，每个考生只能抽奖一次抽奖者点击抽奖按钮，即随机产生一个两位数（10，11，99），若产生的两位数字相同，则可奖励20元话费，否则奖励5元，假如所有符合条件的考生均参加抽奖活动，估计这次活动奖励的话费总额是多少？20（12分）如图，分别是圆台上下底面的圆心，是下底面圆的直径，点是下底面内以为直径的圆上的一个动点（点不在上）（1）求证：平面平面；（2
7、）若，求二面角的余弦值21（12分）已知双曲线（，）的焦距为，且双曲线右支上一动点到两条渐近线，的距离之积为（1）求双曲线的方程；（2）设直线是曲线在点处的切线，且分别交两条渐近线，于、两点，为坐标原点，证明：面积为定值，并求出该定值22（12分）已知，（1）若在点处的切线斜率为，求实数的值；（2）若有两个零点，且，求证：（新高考）2021届高考考前冲刺数学试卷（十一）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
8、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】D【解析】，所以，故选D2【答案】B【解析】因为复数，所以，所以，所以在复平面内对应点的坐标为，位于第二象限，故选B3【答案】D【解析】A选项，“p且q”为真命题，则都是真命题，所以A选项错误；B选项，是全称量词命题，其否定是存在量词命题，所以B选项错误；C选项，为单调递增函数，只有个零点，所以原命题是假命
9、题，其逆否命题也是假命题；D选项，（等比数列公比），所以D选项正确，故选D4【答案】B【解析】因为是等差数列，且，得，对于A，故错误；对于B，故正确；对于C，故错误；对于D，故错误，故选B5【答案】D【解析】因为偶函数在上单调递增，所以在上单调递减，且，由，得，解得，故选D6【答案】C【解析】圆的圆心为，半径为1，要使直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离，解得在区间中随机取一个实数，则事件“直线与圆有公共点”发生的概率为，故选C7【答案】D【解析】不妨设，且，因为，所以，设，所以，由于，故，故选D8【答案】D【解析】设曲线上的点，；曲线上的点，故选D二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共
10、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】ABD【解析】选项A，两个变量的2×2列联表中，对角线上数据的乘积相差越大，则观测值越大，两个变量有关系的可能性越大，所以选项A正确；选项B，根据的观测值越小，原假设“X与Y没关系”成立的可能性越大，则“X与Y有关系”的可信度越小，所以选项B正确；选项C，从独立性检验可知：有95%的把握认为秃顶与患心脏病有关，不表示某人秃顶他有95%的可能患有心脏病，所以选项C不正确；选项D，从独立性检验可知：有99%的把握认为吸烟与患肺癌有关，是指在犯错误的概率不超过1%的前提下认为吸烟与患肺
11、癌有关，是独立性检验的解释，所以选项D正确，故选ABD10【答案】BC【解析】对于A选项，若存在平面，使得，则，与题设条件矛盾，假设不成立，A选项错误；对于B选项，作直线，使得且，则直线、确定平面，如下图所示：过点作直线，使得若与相交，则直线即为所求作的直线，所以，所以，即直线同时与、垂直且相交；若直线与异面，过直线作平面，使得，设直线与确定的平面为，且，由线面平行的性质定理可得，则，同理可知，由图可知，则，同理可知，直线与也相交此时，存在直线，使得同时与、垂直且相交综上所述，存在直线，使得同时与、垂直且相交，B选项正确；对于C选项，作直线，使得直线与相交且，直线与确定平面，作直线，使得直线与
12、相交且，直线与确定平面，所以，同理可得，因为直线与相交，且直线与确定平面，所以，因此，存在平面、，使得，且，C选项正确；对于D选项，若点既不在直线上，也不在直线上，则点与直线可确定平面，当时，无法找到过点的直线同时与、相交，D选项错误，故选BC11【答案】ABD【解析】的最小正周期为，的最小正周期为，所以的最小正周期为，A正确；，设，则，令，得或当时，；当时，可知当时，取得最大值，不妨取，当时，当时，根据题意知，则，B正确；，单调递增，不单调，则不单调，C错误；，单调递减，单调递减，则单调递减，D正确，故选ABD12【答案】BD【解析】A：函数的定义域为，当时，单调递减；当时，单调递增，所以是
13、的极小值点，故A错误；B：，所以函数在上单调递减，又，所以函数有且只有1个零点，故B正确；C：若，即，则，令，则，令，则，当时，单调递增；当时，单调递减，所以，所以，所以在上单调递减，函数无最小值，所以不存在正实数，使得恒成立，故C错；D：因为在上单调递减，在上单调递增，是的极小值点，对任意两个正实数，且，若，则令，则，由，得，即，即，解得，所以故要证，需证，需证，需证，则，证令，所以在上是增函数因为时，则，所以在上是增函数因为时，则，所以，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】【解析】小平钱2枚编号为，折二钱3枚编号为，则任取2枚的所有基本事件为
14、共10种，其中两枚不同类的有共6种，所求概率为，故答案为14【答案】【解析】由余弦定理得，所以，由正弦定理得，故答案为15【答案】【解析】设表示的是集合，表示的是集合，若是的必要不充分条件，则，在坐标轴中作出满足的可行域，如下图阴影部分所示：由，则结合上图可知，点应在圆内部或者圆上，即，解得，故答案为16【答案】，【解析】由于点关于直线对称的点Q在椭圆上，由于的倾斜角为，画出图象如下图所示，由于是坐标原点，根据对称性和中位线的知识可知为等腰直角三角形，且为短轴的端点，故离心率不妨设，则椭圆方程化为，设直线的方程为，代入椭圆方程并化简得设，则，由于，故解由组成的方程组得，即，故答案为，四、解答题
15、：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）证明见解析；（2）证明见解析【解析】证明：（1），数列是首项为1，公差为1的等差数列（2）由（1）知：，所以18【答案】（1）；（2）【解析】（1）由及正弦定理，得，又，所以，即，因为，所以，又，得（2）方法1：因为点D在边AC上，且，所以，即，即，由，可得，即，当且仅当时，等号成立，所以面积的最大值为，当且仅当，即，时等号成立方法2设，则，在中，由余弦定理得，即；同理，在中，由余弦定理得，由消掉，得在中，由余弦定理，得，即，把代入，得，由，可得，即，所以面积的最大值为，当且仅当，即，时等号成立19【答案】（
16、1）456分；（2）39万元【解析】（1）X服从正态分布：，因为，；所以，根据正态曲线的对称性，所以，若40万考生中一本院校招收6万考生，则一本院校考生占比为，所以这一年一本最低录取分数为456分（2）X的分布列如下：X205P0109所以，因为一本院校招生一共6万人，每人的话费期望值为65元，故总额为万元20【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）由题意，分别是圆台上下底面的圆心，可得底面，因为底面，所以，又由点是下底面内以为直径的圆上的一个动点，可得，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以平面平面（2）以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，因为，则，可得，所以，设平面的法向量为，
17、则，即，令，可得，所以；又由，设平面的法向量为，则，即，令，可得，所以，所以，因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为21【答案】（1）；（2）证明见解析，定值2【解析】（1）双曲线（，）的渐近线方程为和，由动点到两条渐近线，的距离之积为，则，又，即，解得，则双曲线的方程为（2）证明：设直线的方程为，与双曲线的方程联立，可得，直线与双曲线的右支相切，可得，可得，设直线与轴交于，则，又双曲线的渐近线方程为，联立，可得，同理可得，则，即有面积为定值222【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1），则，由，得（2）证明：有两个零点，即有两个不等根、，即，即令，则记，则，记，则，所以，即，即在上单调递增，即，所以，所以