2021年高考数学终极猜题卷 新高考版 【答案】

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PAGE 1 2021年高考数学终极猜题卷 新高考版 答案以及解析 一、单项选择题 1.答案:C 解析:为纯虚数,,故,故故选C. 2.答案:B 解析:.故选B. 3.答案:D 解析:本题考查向量的数量积及运算.因为,所以,故选D. 4.答案:B 解析:本题考查绝对值不等式的性质、充分条件与必要条件的判断.当时,满足,但此时充分性不成立;若则有则必要性成立.综上所述,“”是“”的必要不充分条件,故选B. 5.答案:C 解析:本题考查函数的图象与性质.由题意得函数易得函数的定义域为且对定义域内的任意x,有所以函数为奇函数,函数的图象关于原点对称,排除B,D;当时,,排除A,故选C. 6.答案:A 解析:将五本相同的作文本分给甲、乙、丙三人,每人至少一本,有1,1,3或1,2,2两种情况,即甲乙各一本,丙三本;甲丙各一本,乙三本;乙丙各一本,甲三本;甲一本,乙丙各两本;乙一本甲丙各两本;丙一本甲乙各两本,共6种分法,其中甲分得三本只有一种分法,所以所求概率故选A. 7.答案:B 解析:本题考查抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系.由题意,不妨设点P在第二象限,如图,过点M作于点Q,由抛物线的定义知因为,所以所以直线MN的倾斜角?满足所以直线MN的方程为联立得,设,,则所以故选B. 8.答案:D 解析:本题考查空间线面间的位置关系.对于①,在直三棱柱中,根据异面直线的定义知AB与是异面直线,所以①错误;对于②,的中点为D,且O是与的交点,所以O是的中点,连接OD,则因为平面平面所以平面所以②正确;对于③,因为平面,所以平面AOD与平面相交,所以③错误;对于④,因为在直三棱柱中,,所以四边形是正方形,平面因为所以平面所以④正确,故选D. 二、多项选择题 9.答案:ABC 解析:本题考查对数函数,指数函数、二次函数的图象与性质.因为,所以,又,所以,因为函数在上单调递增,所以,即A,B,C不正确,D正确,故选ABC. 10.答案:ABD 解析:A中,直线m和平面可能垂直,也可能平行或m在平面内,故A不正确;B中,直线m与n平行、异面或相交,故B不正确;C中,,则直线或,又,所以,故C正确;D中,缺少条件,故D不正确,故选ABD. 11.答案:ABD 解析:本题考查正弦函数的图象与性质.由五点法作图知,为五点法中的第二个零点,则①.又根据正弦函数的图象及已知条件知为靠近第二个零点的点,所以②.由①②解得,,所以,所以,故A,B错误;由,得,所以函数在上单调递增,故C正确;因为,所以函数的图象不关于点对称,故D错误,故选ABD. 12.答案:AD 解析:本题考查函数的基本性质、函数的解析式、函数的零点,由于函数是定义在R上的奇函数,则当时,,故A正确;由于函数是定义在R上的奇函数,则;当时,由,可得;结合奇函数的图象性质可知还有一个零点为,则函数有3个零点,故B错误;当时,由,得,由得,所以在上单调递增,在上单调递减,所以,此时;由的图象知若方程有解,则,故C错误;由C项可知,当时,;而当时,,则,则对恒成立,故D正确,故选AD. 三、填空题 13.答案:10 解析:本题考查等差数列及三角恒等变换.因为数列是等差数列,所以,(舍)或.所以,所以前10项和. 14.答案:30 解析:本题考查二项式定理及其应用.由于的展开式中,故二项展开式中项的系数为的二项展开式的通项公式(其中). 15.答案:9 解析:本题考查圆的标准方程、利用基本不等式求最值.由题意可知直线过圆心,即,所以,当且仅当,即时等号成立,故的最小值为9. 16.答案: 解析:因为球0为正四面体的内切球,,所以正四面体的体积为.设正四面体内切球的半径长为r,则,故内切球半径.因为平面截球O所得截面经过 球心,所以平面截球O所得截面圆半径与球的半径相等,故截面圆面积. 四、解答题 17.答案:(I)由可知,解得. 又,则.……………………………………………………………………2分 又由可知.………………………………………3分 在中,由正弦定理可得,.………………………4分 (Ⅱ)由(I)知,又,.…………………………………6分 又即,可得,……………8分 .…10分 18.答案:(Ⅰ)由题知,当时,,…………………………2分 两式相减得,即, 当时,,解得,………………………………………………4分 数列是以2为首项,2为公比的等比数列,, .…………………………………………………………………………5分 (Ⅱ)由1知,,,………………………7分 ,………………………………………9分 两式相减得, 整理得.…………………………………………………………………12分 19.答案:解(Ⅰ)由题意得所求概率, 恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为.……………………………5分 (Ⅱ)(ⅰ)由已知得的所有可能取值分别为1,, ,……………………………………………6分 .……………………………………7分 ,,即,, 关于k的函数关系式(且). ……………………………8分 (ⅱ)由题意可知,,即. , 两边取对数得. 设.……………………………………………………………………9分 ,当时,,即函数在上单调递减. ………………10分 又. . . . , 的最大值为8. ………………………………………………………………………12分 20.答案:解:(I)证明:连接交于点O,连接. 四边形是平行四边形,为的中点. ……………………………………2分 在中,分别为的中点,为的中位线分 又平面,平面, 平面.……………………………………………………………………5分 (Ⅱ)存在.理由如下:连接., 为菱形,即.又平面平面,平面平面, 平面. 过点C作的平行线,即两两垂直. …………………………………6分 如图,以C为坐标原点,以的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系. , 故, . 假设存在点D,使二面角的平面角的余弦值为,设, , 易得平面的一个法向量为.…………………………………………………8分 设平面的法向量为, , 可取.………………………………………………………10分 由, 解得或. 点D在棱上,,即.………………………………………12分 21.答案:(Ⅰ)定义域为, ,…………………………………………………1分 令, 当时,,对称轴, 即在上单调递增;………………………………………………2分 当时,对称轴,, 即在上单调递增;………………………………………………3分 当时,在内有两个不等实根, , 设. 当时,,即在上单调递增, 当时,,即在上单调递减, 当时,,即,在上单调递增. 综上,当时,在上单调递增; 当时,在和上单调递增, 在上单调递减. ……………………………………5分 (Ⅱ)由(Ⅰ)得,当时,在上单调递增,至多有一个零点; 当时,,容易得出是的一个零点,…………6分 由的单调性知,令,则 当时,存在使得,又且在上单调递增, 在内必有一个零点,………………………………………………………8分 令,则, 当时,存在使得,……………………………………………10分 又且在上单调递增,在内必有一个零点, 所求实数a的取值范围是.……………………………………………………12分 22.答案:(Ⅰ)证明:由题可知抛物线的焦点,准线方程为 设直线分 则可得.,故直线. 联立得,……………………………………………4分 ,的中点M的纵坐标即, 直线BE经过AC的中点M. ……………………………………………………………5分 (Ⅱ)由(Ⅰ)可知 ……………………………………………………………7分 设点B到直线AC的距离为d, 则, ,……………………………………9分 当且仅当即时取等号, 当时,直线AC的方程为; 当时,直线AC的方程为………………………………………………12分

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