高中数学高考 2021届高考考前冲刺卷 数学（十五） 教师版

（新高考）2021届高考考前冲刺卷

数 学（十五）

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Ⅰ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，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由题意，知，，

∴，故选B．

2．已知复数（为虚数单位），则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】因为，

所以，故选D．

3．“”是“圆与圆”相切的（    ）

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

【答案】A

【解析】圆的圆心为，半径；

圆的圆心为，半径为，

则两圆圆心距，

当时，，两圆相外切，充分性成立；

当两圆相外切时，，此时；当两圆相内切时，，此时；

可知若两圆相切，则或，必要性不成立，

“”是“圆与圆”相切的充分不必要条件，故选A．

4．现有以下结论：

①函数的最小值是；

②若、且，则；

③的最小值是；

④函数的最小值为．

其中，正确的有（    ）个．

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】对于①，当时，，①错误；

对于②，若，且，说明，，则，

当且仅当时取等号，显然成立，②正确；

对于③，，

当且仅时取等号，即，显然这样的不存在，

所以结论不正确，③错误；

对于④，因为，所以，

函数的最大值为，所以结论不正确，④错误，

故选B．

5．若函数在上是单调减函数，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由题意得，，

因为在上是单调减函数，

所以在上恒成立，

当时，则在上恒成立，

即，

设，

因为，所以，

当时，取到最大值是，所以，

所以数a的取值范围是，故选A．

6．已知正项等比数列的前项和为，若，，

则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】是等比数列，公比为，由，得，，

又，所以，，

所以，

由，解得，

所以，，，

所以，故选C．

7．在中，，，，点为的外心，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由题得，

由余弦定理得，

所以，

因为点为的外心，

所以，

所以，（1）

同理，（2）

解（1）（2）得，，，

故选C．

8．已知点在抛物线上，是抛物线的焦点，点为直线上的动点，我们可以通过找对称点的方法求解两条线段之和的最小值，则的最小值为（    ）

A．8 B． C． D．

【答案】D

【解析】由题意，知抛物线的焦点，直线是抛物线的准线，

点在抛物线上，点为直线上的动点，

设关于直线的对称点，作图如下，

利用对称性质知，则，

即点在位置时，的值最小，等于，

利用两点之间距离知，则的最小值为，

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．中，，，可使得有两个不同取值的的长度是（    ）

A．7 B．8 C．9 D．10

【答案】BC

【解析】中，，，

当，即时，使得有两个不同取值，

故选BC．

10．将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数为，则下列结论正确的是（    ）

A．函数的图象关于直线对称 B．函数的图象关于点对称

C．函数在上单调递减 D．函数在上恰有4个极值点

【答案】AD

【解析】由题意得，

对于A：令，解得对称轴方程为，

令，解得一条对称轴方程为，故A正确；

对于B：令，解得对称中心为，

无论k取任何整数，，故B错误；

对于C：因为，所以，

所以在此范围内单调递增，故C错误；

对于D：因为，所以，

当时，函数取得极值，

所以函数在上恰有4个极值点，故D正确，

故选AD．

11．骰子通常作为桌上游戏的小道具．最常见的骰子是六面骰，它是一个质地均匀的正方体，六个面上分别写有数字．现有一款闯关游戏，共有关，规则如下：在第关要抛掷六面骰次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这次抛掷所出现的点数之和大于，则算闯过第关，，假定每次闯关互不影响，则（    ）

A．直接挑战第关并过关的概率为

B．连续挑战前两关并过关的概率为

C．若直接挑战第关，设“三个点数之和等于”，“至少出现一个点”，则

D．若直接挑战第关，则过关的概率是

【答案】ACD

【解析】对于A项，，所以两次点数之和应大于，

即直接挑战第关并过关的概率为，故A正确；

对于B项，，所以挑战第一关通过的概率，

则连续挑战前两关并过关的概率为，故B错误；

对于C项，由题意可知，抛掷3次的基本事件有，

抛掷3次至少出现一个点的共有种，

故，

而事件AB包括：含5，5，5的1种，

含4，5，6的有6种，共7种，

故，

所以，故C正确；

对于D项，当n=4时，，基本事件有个，

而“4次点数之和大于20”包含以下35种情况：

含5，5，5，6的有4种，含5，5，6，6的有6种，

含6，6，6，6的有1种，含4，6，6，6的有4种，

含5，6，6，6的有4种，含4，5，6，6的有12种，

含3，6，6，6的有4种，

所以，故D正确，

故选ACD．

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，使得成立

D．对任意两个正实数，，且，若，则．

【答案】BD

【解析】对于A，函数的定义域为，，

∴在上，，函数单调递减；

上，，函数单调递增，

∴是的极小值点，即A错误；

对于B，，∴，

函数在上单调递减，且，

，

∴函数有且只有1个零点，即B正确；

对于C，若，可得，

令，则，

令，则，

∴在上，函数单调递增，

上函数单调递减，

∴，∴，

∴在上函数单调递减，函数无最小值，

∴不存在正实数k，使得恒成立，即C不正确；

对于D，令，则，，

令，

则，

∴在上单调递减，

则，令，

由，得，

则，

当时，显然成立，

∴对任意两个正实数x1，x2，且，

若，则，故D正确，

故选BD．

第Ⅱ卷（非选择题）

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．三名教师和五名学生排成一排，要求每两名教师之间至少隔着两名学生，则共有________种．

【答案】2880

【解析】根据题意，分2步进行：

第1步：将3名教师排成一排，中间有2个空位，有种顺序；

第2步：对于5名学生又分2种情况：

第一情况将5名学生分成两组，一组有2人，另一组有3人，分别安排到3名教师的2个空位中，有种安排方法；

第二情况将5名学生分成三组，有两组分别有2个学生，有一组有1个学生，将每组有2 个人的安排到3名教师之间的2个空位中，剩下1人安排在两端，有种安排方法，

所以5名学生有种安排方法，

根据分步乘法原理共有种安排方法，故答案为2880．

14．若圆截直线所得的最短弦长为，则实数________．

【答案】

【解析】易知圆的圆心为，半径，直线恒过点．

又，当时，所得弦最短，

此时弦长为，解得，

所以，解得．

故答案为．

15．已知函数，则___________．

【答案】1010

【解析】∵，

∴

，

∴

，

故答案为1010．

16．已知函数，当时，函数的零点的个数为_______个；若在上有且仅有两个不同的零点，则实数a的取值范围为________．

【答案】1，

【解析】（1），，则，

令，则或，

所以当或时，函数为增函数；

当时，函数为减函数，

所以函数在处取极大值，时取到极小值，

又因为，，，

所以在上只有一个零点，且为函数的唯一零点；

令，则在上有且仅有两个不同的零点，

令，即，显然，所以，

令，

只需要与的图象在有且仅有个交点，

，

因为，

所以当时，，在单调递减，

当时，，在单调递增，

所以，即，可得，

所以，

故答案为1，．

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①；②中任选一个作为已知条件，补充到下面的横线上并作答．

问题：在中，角的对边分别为，已知_________．

（1）求角；

（2）若，求的周长．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】条件选择见解析；（1）；（2）．

【解析】（1）选择①

由正弦定理得，

∴，

又，∴，

又，．

选择②

由余弦定理得，

又，．

（2）由正弦定理得，由余弦定理得，

即，，，

故所求周长为．

18．（12分）如图，四边形为正方形，平面，为等腰三角形，，．

（1）求证：平面；

（2）求二面角的平面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】（1）证明：平面，平面，

，且是等腰直角三角形，，

连接，则，平面，平面，

，

易知，，

又，，

平面，平面平面，

又平面平面，，

平面，平面，，

，

，，

又，平面．

（2）以点为坐标原点，，，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，

则点，，，，

，，，，

设平面的法向量为，

由，解得，

令，则；

设平面的法向量，

由，解得，

令，则，

设二面角的平面角为，为锐角，

则，

二面角的平面角的余弦值为．

19．（12分）已知等差数列满足：成等差数列，且成等比数列．

（1）求数列的通项公式；

（2）在任意相邻两项与之间插入个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列．记为数列的前项和，求满足的的最大值．

【答案】（1）；（2）83．

【解析】（1）设等差数列的公差为d，

由题知，，

又，解得，

故．

（2）在任意相邻两项与之间插入个2，

则与之间的2的总和为，

又由（1）易知等差数列是单增数列，故数列的前n项和是单增的，

则求满足的的最大值即找到使接近500的n值即可．

当恰取到后的第个项时，

，，，

易知单增，当时，，

当时，，

又，

则当时，去掉50个2即可得到的的最大值，即．

20．（12分）核酸检测也就是病毒DNA和RNA的检测，是目前病毒检测最先进的检验方法，在临床上主要用于新型冠状乙肝、丙肝和艾滋病的病毒检测．通过核酸检测，可以检测血液中是否存在病毒核酸，以诊断机体有无病原体感染．某研究机构为了提高检测效率降低检测成本，设计了如下试验，预备12份试验用血液标本，其中2份阳性，10份阴性，从标本中随机取出份分为一组，将样本分成若干组，从每一组的标本中各取部分，混合后检测，若结果为阴性，则判定该组标本均为阴性，不再逐一检测；若结果为阳性，需对该组标本逐一检测．以此类推，直到确定所有样本的结果．若每次检测费用为元，记检测的总费用为元．

（1）当时，求的分布列和数学期望；

（2）（ⅰ）比较与两种方案哪一个更好，说明理由；

（ⅱ）试猜想100份标本中有2份阳性，98份阴性时，和两种方案哪一个更好（只需给出结论不必证明）．

【答案】（1）分布列见解析；；（2）(ⅰ)的方案更好一些；(ⅱ)的方案更好一些．

【解析】（1）当n=3时，共分4组，当2份阳性在一组，第一轮检测4次，第二轮检测3次，共检测7次，

若2份阳性各在一组，第一轮检测4次，第二轮检测6次，共检测10次，

检测的总费用的所有可能值为7a，10a，任意检测有种等可能结果，2份阳性在一组有种等可能结果，

，，

所以检测的总费用的分布列为：

的数学期望．

（2）(ⅰ)当n=4时，共分3组，当2份阳性在一组，共检测7次，若2份阳性各在一组，共检测11次，

检测的总费用的所有可能值为7a，11a，任意检测有种等可能结果，2份阳性在一组有种等可能结果，

，，

所以检测的总费用的分布列为：

的数学期望，

所以的方案更好一些．

(ⅱ)时检测总次数比n=4时的少，时检测总次数比时的少，猜想的方案更好一些．

21．（12分）椭圆（），离心率为，过点．

（1）求椭圆方程；

（2）过的直线与椭圆交于，两点，椭圆左顶点为，求．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）由，

∴椭圆方程为．

（2）当直线斜率不存在时，，，，，

当直线斜率存在时，设直线方程为，，，

，，

 ，，，

，

∴的值为．

22．（12分）已知函数（）．

（1）若，求曲线在点处的切线方程；

（2）若对任意都有恒成立，求的最大整数值．

【答案】（1）；（2）2．

【解析】（1），则，

所以，，

则，

所以曲线在点处的切线方程为，即．

（2）对任意都有恒成立，即，

因为，所以，所以，

令，则只需即可，

，

令（），则恒成立，

所以在上单调递增，

因为，，

所以存在唯一一个使得，

所以当时，，；

当时，，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，

由，得，

所以，

故的最大整数值为2．