2021年高考数学冲刺模拟考试押题卷（1）.doc

1、高考模拟考试卷（1）一、 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（5分）已知集合，且，则实数应满足ABCD2（5分）若，则ABCD3（5分）已知，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既不充分又不必要条件4（5分）某校高一年级在某次数学测验中成绩不低于80分的所有考生的成绩统计表如表：成绩，频数304015121052则及格（不低于90分）的所有考生成绩的中位数A在，内B在，内C在，内D在，内5（5分）展开式中的系数为A15B16C24D326（5分）在脱贫攻坚战中，某单位拟派出甲、乙、丙、丁四名同志到三个乡镇参加

2、精准扶贫工作，每名同志只去一个乡镇，每个乡镇至少安排一名同志则甲、乙分到同一个乡镇的概率等于ABCD7（5分）在棱长为2的正方体中，以为球心的球与线段交于点，设与底面所成角为，且球的表面积为，则ABCD8（5分）在抛物线第一象限内一点，处的切线与轴交点的横坐标记为，其中，已知，为的前项和，若恒成立，则的最小值为A16B32C64D128二、 选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中。有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的对2分，有选错的得0分。9（5分）设函数，则下列结论正确的是A的一个周期为B的图像关于直线对称C 的一个零点为D在，单调递减10（5分）设

3、函数，则ABCD11（5分）“杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为：1，1，2，3，5，8，13，则A在第9条斜线上，各数之和为55B在第条斜线上，各数自左往右先增大后减小C在第条斜线上，共有个数D在第11条斜线上，最大的数是12已知函数f（x）x2lnx，则下列说法正确的是（）A函数f（x）在处取得极大值B方程f（x）0有两个不同的实数根CD若不等式kf（x）+x2在（0，+）上恒成立，则ke三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知，且，则点的坐标为14（5分）已知点在线段上运

4、动，则的最大值是15（5分）已知边长为1的正的三点都在球的球面上，的延长线与球面的交点为，若三棱锥的体积为，则球的体积为16（5分）已知函数对均有，若恒成立，则实数的取值范围是四、 解答题：本题共6小题，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，角，所对的边分别为，已知，且（）求角；（）延长至，使得，求面积的最大值18（12分）已知数列满足，且点，在函数的图象上（1）求证：是等比数列，并求的通项公式：（2）若，数列的前项和为，求证：19（12分）在某工厂年度技术工人团体技能大赛中，有甲、乙两个团体进行比赛，比赛分两轮，每轮比赛必有胜负，没有平局第一轮比赛甲团体获胜的

5、概率为0.6，第二轮比赛乙团体获胜的概率为0.7，第一轮获胜团体有奖金5000元，第二轮获胜团体有奖金8000元，未获胜团体每轮有1000元鼓励奖金（1）求甲团体至少胜一轮的概率；（2）记乙团体两轮比赛获得的奖金总额为元，求的分布列及其数学期望20（12分）如图，在三棱台中，是的中点，平面（1）求证：；（2）若，求二面角的大小21（12分）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上（1）求椭圆的标准方程；（2）不过点的直线与椭圆相交于不同的两点，若直线与直线的斜率，总满足，求证：直线必过定点22（12分）已知函数，（1）设，求的极值：（2）若函数有两个极值点，求的最小值高考模拟考试卷（1）答案1解：集合，

6、故选：2解：，则，故故选：3解：因为，所以，解得或，因为“”不能推出“或”，不符合充分性，而“或”能推出“”满足必要性，所以“”是“”的必要不充分条件故选：4解：由表中数据知，及格的考生共有（人，在，内有40人，在，内有15人，所以及格的所有考生成绩的中位数在，内故选：5解：因为展开式的通项为，所以展开式中的系数为，故选：6解：在脱贫攻坚战中，某单位拟派出甲、乙、丙、丁四名同志到三个乡镇参加精准扶贫工作，每名同志只去一个乡镇，每个乡镇至少安排一名同志基本事件总数，甲、乙分到同一个乡镇包含的基本事件个数，则甲、乙分到同一个乡镇的概率为故选：7解：设球的半径为，因为球的表面积为，所以，解得，因为平

7、面，又平面，所以，因为，则，所以为的中点，故，且，所以故选：8解：，在第一象限内图象上一点，处的切线方程是：，整理，得，切线与轴交点的横坐标为，又，是首项为，公比的等比数列，恒成立，即的最小值为128故选：9解：函数，故它的周期为，故正确；令，求得，为最小值，故的图像关于直线对称，故正确；对于，令，可得，故 的一个零点为，故正确；当，函数没有单调性，故错误，故选：10解：函数，定义域为，所以为奇函数，所以，当，时，由复合函数的单调性可知单调递增，因为，所以，结合选项可知，正确故选：11解：由题意，根据杨辉三角定义继续往下写三行有： 1 7 21 35 35 21 7 1 1 8 28 56 7

8、0 56 28 8 1 1 9 36 84 126 126 84 36 9 1：由图知，第九条斜线上，各数之和为， 错误：由定义及图中规律可知，都是从左向右先增后减，正确：由图，每条斜线个数为1，1，2，2，3，代入符合，正确：第11条斜线上最大数为，正确故选：12解：函数f（x）的定义域为（0，+），令f（x）x（1+2lnx）0，则1+2lnx0，解得，当时，f（x）0，f（x）单调递增；当时，f（x）0，f（x）单调递减所以当时，函数f（x）有极大值，故选项A正确；因为，且当x0时，f（x）0，当x+时f（x）0，所以方程f（x）0不可能有两个不同的实数根，选项B错误；因为函数f（x）在

9、上单调递增，且，所以，选项C正确；不等式kf（x）+x2在（0，+）上恒成立，即不等式kx2lnx+x2在（0，+）上恒成立，令g（x）x2lnx+x2，则g（x）x2xlnxx（12lnx），令g（x）x（12lnx）0，则12lnx0，解得，当时，g（x）0，g（x）单调递增；当时，g（x）0，g（x）单调递减所以当时，函数g（x）有最大值，所以，选项D错误故选：AC13解：设，因为，则，又，所以，解得，所以点的坐标为故答案为：14解：由题设可得：，即，即，当且仅当时取“ “，故答案为：15解：设球心为，球的半径过三点的小圆的圆心为，则平面，作平面交的延长线与，高，是边长为1的正三角形，三

10、棱锥的体积为，则球的体积为，故答案为：16解：函数对均有，将换为，得，由，解得恒成立，恒成立，只需令，则，令，则，在上单调递减，在，上单调递增，的取值范围为，故答案为：，17解：（）已知，所以，所以：，故，整理得，故或由于，所以满足条件，故（）延长至，使得，所以，由于，所以，所以，当时，的最大值为18解：（1）证明：由点，在函数的图象上，可得，所以，即，也即，由，所以，所以是首项和公比均为的等比数列，则，所以；（2）证明：，所以19解：（1）第一轮甲胜第二轮乙胜的概率为，第一轮乙胜第二轮甲胜的概率为，第一轮甲胜第二轮甲胜的概率，故甲团体至少胜一轮的概率为；（2）由已知可得的可能取值为2000，

11、6000，9000，13000，则，所以的分布列如下：200060009000130000.180.120.420.2820（1）证明：因为平面，平面，所以，又因为，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以；（2）解：以为坐标原点，与平行的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系如图所示，则，所以，于是，因为是三棱台，所以，又因为，所以，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，故，因为平面，所以平面的法向量为，所以，因为二面角为钝二面角，所以二面角的大小为21解：（1）由已知可得，且，又，解得，所以椭圆的方程为：；（2）证明：当与轴垂直时，设方程为：，由已知可得，可得，的坐标分别为，则时，解得（舍去）或，所以直线经过原点，当直线的斜率存在时，设，将代入，得，解得，所以，由已知可得，即，所以，又，代入上式有，将代入化简可得：，则或，当时，直线为过定点，不满足题意，当时，直线为，过原点，综上，直线恒过定点，且定点为原点22解：（1），定义域是，令，解得：或，令，解得：，故在递增，在，递减，在递增，故，（1）；（2）函数，是函数的极值点，是方程的两不等正根，则，故，即，且，令，则，当，上递减，当上递增，故（1），故的最小值为