1、（新高考）2021届高考考前冲刺数学试卷（九）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i为虚数单位，则复数的虚部为（ ）ABCD2已
2、知全集，集合，则下图阴影部分表示的集合是（ ）ABCD3已知，则（ ）ABCD4已知数列的前项和为，且满足，则（ ）A543B546C1013D10225设，则“”是“”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6已知的外心为，则的值是（ ）ABCD7在一次试验中，向如图所示的正方形中随机撒一大把豆子经过统计，发现落在正方形中的豆子有粒，其中有()粒豆子落在阴影区域内，以此估计的值为（ ）ABCD8若是正奇数，则被9除的余数为（ ）A2B5C7D8二、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
3、得2分，有选错的得0分9已知，是互不重合的直线，是互不重合的平面，下列四个命题中正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则10锐角中三个内角分别是A，B，C且，则下列说法正确的是（ ）ABCD11以下四个命题表述正确的是（ ）A直线恒过定点B圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1C曲线与曲线恰有三条公切线，则D已知圆，点P为直线上一动点，过点向圆引两条切线、，、为切点，则直线经过定点12若函数，值域为，则（ ）ABCD第卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13曲线在点处的切线方程为_14如图是一个由正方体截得八面体的平面展开图，它由六个等腰直角三角形和两个正三角形构成，若正
4、三角形的边长为，则这个八面体中有下列结论：平面平面；多面体是三棱柱；直线与直线所成的角为；棱所在直线与平面所成的角为以上结论正确的是_15已知函数，恰有四个不相等的实数根，且满足，则_；的最小值为_16已知、分别为抛物线与圆上的动点，抛物线的焦点为，、为平面内两点，且当取得最小值时，点与点重合；当取得最大值时，点与点重合，则的面积为_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）在锐角中，角、，所对的边分别为，且（1）求证：；（2）若，求的取值范围18（12分）已知正项数列，其前项和为（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和19（12分）已
5、知四边形是直角梯形，分别为的中点（如图1），以为折痕把折起，使点到达点的位置且平面平面（如图2）（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值20（12分）已知曲线，与直线（1）若直线与曲线相切，求的值；（2）若直线与曲线交于两点，点，为坐标原点，当为何值时，？21（12分）设是给定的正整数（），现有个外表相同的袋子，里面均装有个除颜色外其他无区别的小球，第个袋中有个红球，个白球现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出三个球（每个取后不放回）（1）若，假设已知选中的恰为第2个袋子，求第三次取出为白球的概率；（2）若，求第三次取出为白球的概率；（3）对于任意的正整数，求第三次取出为白球的
6、概率22（12分）已知函数，（1）讨论函数的单调性；（2）当时，若对任意实数，都有函数的图象与直线相切，求证：（参考数据：）（新高考）2021届高考考前冲刺数学试卷（九）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
7、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】，所以复数的虚部为，故选B2【答案】C【解析】由图可知阴影部分表示的集合是，由，得，所以，由，得，所以，所以或，所以，故选C3【答案】A【解析】因为，所以，即，则，故选A4【答案】A【解析】，两式相减得，即，又当时，有，可得，数列是首项为1，公比为的等比数列，故选A5【答案】C【解析】设，则，当时，当时，单调递增，又，故选C6【答案】D【解析】，则，即，则为的中点，又因为为的外心，则，所以为直角三角形，且，如下图所示：，所以为等边三角形，则，由勾股定理可得，故选D7【答案】A【解析】设正方形的边
8、长为2，则正方形的面积等于4因为阴影部分的面积等于，所以，故选A8【答案】C【解析】由题可知：原式，因为为正奇数，所以上式可化简为：，所以该式除以9，余数为7，故选C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】BD【解析】对于A，若，则与相交或平行，故A错误；对于B，若，则由线面平行的性质得，故B正确；对于C，若，则或，故C错误；对于D，若，则由面面垂直的判定定理得，故D正确，故选BD10【答案】ACD【解析】设中三个内角A，B，C分别对的边为，由正弦定理得，所以，所以A正确；因为函数在上
9、为减函数，且，所以，所以B错误；在锐角中，因为，所以，因为函数在上为增函数，所以，即，所以C正确；同理可得，所以D正确，故选ACD11【答案】BCD【解析】对于选项A：由可得：，由，可得，所以直线恒过定点，故选项A不正确；对于选项B：圆心到直线的距离等于，圆的半径，平行于且距离为1的两直线分别过圆心以及和圆相切，故圆上有且仅有3个点到直线的距离等于，故选项B正确；对于选项C：由可得，圆心，由 可得，圆心，由题意可得两圆相外切，所以，即，解得，故选项C正确；对于选项D：设点坐标为，所以，即，因为、分别为过点所作的圆的两条切线，所以，所以点在以为直径的圆上，以为直径的圆的方程为，整理可得，与已知圆
10、相减可得，消去可得，即，由，可得，所以直线经过定点，故选项D正确，故选BCD12【答案】ACD【解析】对于A，当，则恒成立，所以在上为单调递增函数，因为，故，故选项A正确；且，故当时，值域为，对于C，当时，则恒成立，所以在上单调递减，所以，故，又的值域为，所以，故，故选项C正确；对于B，由选项C可知，故，所以，令，()，所以，当时，则单调递增，当时，此时，故选项B错误；对于D，设，则，令，则在恒成立，在上单调递增，因此时，是减函数，又，即，所以，则D正确，故选ACD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】，又，所求的切线方程为，即，故答案为14【答案】【解析】
11、根据平面展开图结合正方体可得如图所示的几何体（如左图所示）在正方体中，因为，而平面，平面，故平面，同理平面，而，故平面平面，故正确；根据棱柱的定义可知，多面体不是三棱柱，故错误；因为，且，故直线与直线所成的角为，故正确；因为，故与平面所成的角，即为与平面所成的角，因为且平面与平面不垂直，故与平面所成的角小于，故错误，故答案为15【答案】，【解析】由解析式可得图象如下图所示：恰有个不等实根等价于与恰有个不同交点，由图象可知：，则，即，即，；关于对称，（当且仅当，即时取等号），当时，满足与恰有个不同交点，的最小值为16【答案】【解析】抛物线的焦点为，圆的标准方程为，圆心为，半径为，如下图所示：抛物
12、线的准线为，过点作抛物线的垂线，垂足为点，由抛物线的定义可得，则，当时，取最小值，此时取最小值，直线的方程为，联立，解得，即点，点到圆上任意一点的距离，当且仅当为射线与圆的交点，且为线段上的点，所以，当且仅当为射线与抛物线的交点，且为射线与圆的交点（为线段上的点），取得最大值直线的斜率为，直线的方程为，联立，解得，即点，直线的斜率为，直线的方程为，即，点到直线的距离为，因此，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）证明见解析；（2）【解析】（1）因为，结合余弦定理，得，即，由正弦定理得，所以，所以，又为锐角三角形，所以，所以，即（
13、2）由（1）知，所以，又为锐角三角形，所以，即，所以，由正弦定理可知中，所以18【答案】（1）；（2）【解析】（1）由已知，所以有，-，得，即，所以数列是公比为的等比数列，又，所以（2）由（1）得，当n为奇数时，；当n为偶数时，综上所述，19【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明：由题意得，由余弦定理得，所以如图，连接，易知，于，所以，所以，即，所以因为平面平面，平面平面，所以平面，又因为平面，所以，又因为，平面，所以平面（2）解：建立如图所示的空间直角坐标系，设平面和平面的法向量分别为，令，；，令，所以二面角的余弦值为20【答案】（1）；（2）或【解析】（1）设直线与曲线相切于点
14、，由，则，所以，解得，所以，即将点代入直线的方程，解得（2）设，直线的斜率分别为，将代入曲线的方程，整理得，所以，且，即当直线交轴于非负半轴时，若过点，则点三点共线，显然有，代入直线方程得；当直线交轴与负半轴时，若，则，所以，代入，解得，综上所述，或时，21【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）时，第二个袋中有2白2红，共4个球，从中连续取出三个球（每个取后不放回）第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白，第三次取出为白球的概率（2）设选出的是第个袋，连续三次取球的方法数为，第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：（白，白，白），取法数为，（白，红，白），取法数为，（红，
15、白，白），取法数为，（红，红，白），取法数为，从而第三次取出的是白球的种数为：，则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，而选到第个袋子的概率为，故所求概率为（3）设选出的是第个袋，连续三次取球的方法数为，第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：（白，白，白），取法数为，（白，红，白），取法数为，（红，白，白），取法数为，（红，红，白），取法数为，从而第三次取出的是白球的种数为：，则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，而选到第个袋子的概率为，故所求概率为22【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析【解析】（1），当时，恒成立，函数在上单调递减；当时，由，得；由，得，故函数在上单调递减，在上单调递增（2）证明：设切点为，则且，即，由，得，设，则，得；，得，故在上单调递减，在上单调递增，在单调递增区间上，故，由，得；在单调递减区间上，故在区间上存在唯一的，使得，故，此时由，得，函数在上递增，故，综上所述，
