湖北省重点名校高三数学高考模拟刷题卷五套（Word版含答案）

高三上学期数学高考模拟演练试卷一、单项选择题复数 满足，那么 虚部〔 〕A.1 B.-1 C.是平面 内的条相直线且线，么“是“〞〔 〕充条件 B.不必条件 C.不充条件 D.充分不要件据医研所的查，地居血的布为 型49%， 型19%， 型25%， 型7%.种血的可互输，型血人以任种血的输，型人可接任一种血型血其不血的人能相血.有血型为 型的人要，假在地任一人，么为病输的概为〔 〕A.25% B.32% C.74% D.81%数 是关于 的方程 两根那么的最值〔 〕2 B.C.4 5.，，，么〔 〕A.B.C.前新肺疫情入常化控阶，止疫输的务然重，情控作势然严、杂.地安排五名同到个区展疫宣活，个区少安一，且两人排同个，两人安在一区，么同分方总数〔 〕A.86种 B.64种 C.42种 D.30种严丽国和国上的角是命光的象，五星一非常美几图，与黄分有密的系.如下图正角中以为顶的边为边形且，那〔 〕A.B.C.D.数 是定在 上的函数当时，，满当 时，，假对意，成立那么 的大为〔 A.B.C.二、多项选择题合， ，那〔 〕A.B.C.或为普环知，强环意，学分从两班抽取位同成甲乙组加保知识测，分十组如下图那以描正确有〔 〕函数，设，么〔 〕A.B. C.分为圆的左､焦点， 为椭上意(不在 )，外接圆的圆心为 ，内切圆的圆心为 ，直线 交 轴于点为坐标原点.那么〔 〕的小为B. 的最值为C.椭圆 的离率于三、填空题D.椭圆 的心率于等数列的前 项积为，设，那么 .14.分是曲线 的左右焦，设曲线 上在一点 满足，那该曲的心为 .我古数名?章算术?记：“刍，下袤广而有无广刍草，，盖.〞有个甍下图，面是长为4的方形上棱 ，四形为两全的腰形，到平面的距为2，该刍外球外积为 .假函数的义在，使 成立那称函数“补函〞.设数在 上为“补函〞那么的取范为 .四、解答题在①；② ， ；③， 这三条任选个充下的题中并解答.问题设列 的前 项为 ， 假设，求数列的前 项和注：果择个件别解，第解计分.､40名同学()20520组别号1234567891045545544553455545553组别号1112131415161718192044444455435545435345参考式数：， .〔1〕成下 列联并判是有90%把认为“该比是得值〞“别有：男同学女同学总计该次比赛得总分值总计〕机量表示男生数女分的，求的布与学.19.在19.在中，设，，，.〔1〕求〔2〕，求如，五体中四边形为矩，为等三角，平面平面，和平面所成的角为45°，且点上的射影落在四边形的中心，且.〕明：平面；〔2〕平面 与面所角(角)的弦值.抛线， 为其点，， 三点在物线 上且，设线的率别为.〔1〕求抛物线的方程，并证明；〔2〕，且三点共线，假设且，直线 的方程.22.函数〔1〕讨论的单调性；.〔2〕假设在上恒成立，求的取值范围.答案解析局部一、单项选择题解】解】设数，那么，因为，得 ，解得 ，所以数 的部为故答为：B.【分析】根据复数的运算，化简得到，根题求得，可得的虚部，得到答案。解】解】当，因为根据面直判定，可得；是平面内两相交线，，当时，为，所以，，“〞是“〞的条件.A.【分析】根据线面垂直的判定定理和性质，以及充分条件、必要条件的判定方法即可求解。解】解】由意可，为 型病血的有型和 型因此在地任一，能病输的为49%+25%=74%.故答案为：C【析由意知为型血人血有型和型，互事的公式解。】解】由意，数是于 的方程的两，可得，那么，且当时，即 时等成经检知当 时，程有两个实解.所以的小为4.故答案为：C.【析】根根数的系到 ，通到，然后利用整代的法算．】解】，，因为，所以.故答案为：D【析】，，，从得出a,b,c的关系。解】解】两个区分2另地分1人，数有种；②两地各分1人一个分3人，有种.故满条的法有 .故答案为：D2113，】解】设因为，所以 ，所以 ，因为，所以 ，所以 ，，.故答案为：A【分析】利用平面向量的概念、平面向量的加法、减法、数乘运算的几何意义，便可解决问题。解】解】由意，数 是义在上奇函，当 时， ，当时，，即，由当时，，画函图如下图.由图知，当那么当时，时，；；当时，令，解得(舍去)，假设对任意，成立，所以的最大值为.故答案为：B.【分析】由函数的奇偶性和题设条件求得函数图像，结合图像即可求解。二、多项选择题，再根据，画出9.【解析】【解答】，，所以，，或，故答案为：AB【分析】化简集合A,B，逐项进行判断即可得出答案。【析【答对于A选，组绩平数为，乙组绩平分为，所以甲组成绩的平均分小于乙组成绩的平均分，A选项错误；对于B项甲乙成绩中数为，B项正；对于C项甲乙成绩极都为，C正确；对于D选，组绩方差为 ，乙组绩方为 ，所以甲组成绩的方差小于乙组成绩的方差，D选项正确.故答案为：BCD.【分析】利用统计图中的数据信息，分别求解甲、乙两组成绩的平均分、中位数、极差等，即可判断各选项的正误．【析【答因为，以在 上单递，由可得 ，所以 ，所以B符合意；又因函数，函在 上单调增所以 ，所以D符合意；由于次数不单数，以当时，不一成立以A不合；由于数，是调，所当 时， 不定立.以C不合意.故答案为：BD【析】利导判函数单性合f〔〕＞f〔x2〕即判断x1 ，x2大关，个选判即．【析【答由意得心 满足，以 在y轴设，，，那么由得，即 ，所以，以，所以，，所以，因为在圆，设，所以，当 时，有，以 的值为，A符合题意，B不符合题意；连接，么分别为的平分，角分定可知，，那么，D符题，C不符题意.AD.【析由意外心在y轴，设 ， ， ，么由得 ，求出，得 ，设 ，得 ，可断AB，、为分别为的角分，得CD.解【答因为由等数的质可得，所以，解得，又由.故答案为：512【析】由比列性质得a5 ，入数列前9和答．双曲的心率.故答案为：5【分析】由双曲线的定义结合离心率公式求解即可。【析【答如列图连接相交点，取的中点，接，可得平面，么刍外接的心在线上，设该甍接的径为 ， ，那么 ，得，刍甍接的表为.故答案为：33π.【分析】根据几何体的结构特征，得出该刍甍外接球的球心在直线上，结合球的截面性质，列出方程组，求得球的半径，利用外表积公式，即可求解。16.【解析】【解答】解：，由“补数的义存在 ，，所以令 ，那函数在间上存至两极点那么 ，得.当 时，即，然合意当时，以两情论，当，即时，，即，以；当，即时，，即，以.综上， 的取范为.析先简得，根据“补数〞存在，，而问转为数在区间上存至两大值求，易知 ，进分，，三况讨求。四、解答题解分等差列通公及和公，得 到结合公错相法即可得列的前 项。1〔2〕分析可知X的取值可以为-2，-1，0，1，2，分别计算出对应的概率即可得出结果．1〕首求出，再用定理出2R，可解；〔2〕由求出，再弦定出c，即得到，再〔2〕由求出，1连接，取的中分为，得四形的心，证得平面，据合面垂的质证得面，再合面行的定理即证得面；〔2〕以为标点，所在线别为轴建分别得面与平面的一法量结量的角式即求。【分〔1〕根抛线定，得，得 ，出物方及点，用率式分别得，可解；〔2〕设线 的程为，其〔联方，利韦定和与系数的系结合，列方程即求。析〔1〕求函的数，分 和 两种况，导数符可答；〕由在上恒立转化为在上成立，设利用数得数单性得到，再函数，求其数分、和三种况论求到数的调和最值，即可求解。高三数学5月份高考联考试卷一、单项选择题集为U，合A，B为U子，设，么A∩B=〔 〕A.B.C.B D.A平直坐系xOy中，角 的顶为O，始为x的负轴假点是角 终边的一，么等〔 〕A.B.C.曲线的条近程为 ， 、 分别双线 的、焦点， 为双线 上一，假设，那么〔 〕A.1 B.1或9 C.3或9 D.9数(i虚单位，)，假设，从M中任一元，为1概为〔 〕A.B.C.､､､､.•为皮曲〞用“尔线的数式为.一刚栽种的树生曲的数解式为，x表果生长年， 表生第x年树高，设种时果为1m，一年该树为2.5m，那么 〔 〕A.2.5m B.2m C.1.5m D.1m图圆台的底径为，底半为 ，母线长，过的中点B作 的线圆O于点C，那异直线与所角的小〔 〕A.B.C.“1261?法?一书中出现，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年.在由二项式系数所构成的“()23个数字为a1､33个数字为a2，……，第n()的第3个字为，那么〔〕A.220 B.186 C.120 D.96点P在线上，点P作圆的条线切别为A，B，么点AB距离的最大值为〔〕A.B.C.2 二、多项选择题“——､“4分､“5分､“6甲甲､两不零实数x，y满足，么下论的选是〔〕A.B. C.17——r是的根选取为r初始似，点作线的线，那么l与x的点坐标，称 是r次近值过点作曲线的切，么切与x轴的点横标为x2 ，称x2r的次似值重以过程得r近值，其中，称是r的n+1次似，种程近似的法为迭代法假使该法方程的似解，那么〔〕12C.D.12.函数，那么〔〕，，为奇函数的图象都关于直线对称当 时，在上最值当 时，的调增间是三、填空题假向量 满足 ， 那么量 的角.请出个数 有下质：①，，②，.椭圆C左､焦别为，线AB过与交于A ，B两，当正三形时该圆离率.在上下面为形的棱台 中，，，，那该棱的积为 ；四外接的积.四、解答题中比，其前n项为Sn ，且S2=6， .〔1〕求数列{an}的通项公式；〕设，数列{cn}足c1=1，cn+1﹣cn=bn+1bn ，求数{cn}通公式.从①.S4=30，②.S6﹣S4=96，③.a3是S3与2的等差中项，这三个条件中任选一个，补充到上面问题中的横线上，并作答.在 中角A，B，C对边别为 ，点D边AC上且，.〔1〕求角B的大小；〕求面的大值.在棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥面ABC， 为正三形，AB=AA1=2，E是BB1的点.〔1〕求证：平面AEC1⊥平面AA1C1C；〔2〕求二面角B﹣AC1﹣E的余弦值.抛线的焦为线为l.过点F且与x平行线m抛线C交于A，B两，AB的中点为M，过MlNMN与抛物线C交于点P.〔1〕求证：点P是线段MN的中点.〔2〕设物线C点P处的与y轴于点Q，问否在线m，得四形MPQF是一内角为 的形假存请求线m方；设不在请明由.20%在次习，方甲､两优飞员一枚对导命蓝战机概分为和4.〔1〕甲飞行员单独攻击蓝方一架战机，连续不断地发射导弹攻击，一旦命中或导弹用完即停止攻击，各次攻击相互独立，求甲飞行员能够命中蓝方战机的概率？〔2〕蓝方机群共有8架战机，假设甲､乙共同攻击(战机均在攻击范围之内，每枚导弹只攻击其中一架战机，甲，乙不同时攻击同一架战机).①假设一轮攻击中，每人只有两次进攻时机，记一轮攻击中，击中蓝方战机数为X，求X的分布列；②()YE(Y).函数.〕论的单性；〕设等式对的恒成，实数a值范围.答案解析局部】解】解因为，以 所以故答案为：C.【分析】根据题意由集合的韦恩图结合交集的定义即可得出答案。解】解】解由题，得 ，从而B.【分析】首先根据题意由诱导公式整理化简，再结合二倍角的正切公式代入数值计算出结果即可。3.【解析】【解答】由题意知，所以，所以，所以，所以点在双曲线的左支上，所以，以故答案为：D.，【分析】由双曲线的性质即可得出a与c的值，再由双曲线的定义即可得出答案。】解】由意，得，根据数的质可得，即的值有个数，所集合，M中共7元，其中为1有个，故求率为.故答案为：B.【析首由数质整即得出的取有四数，此出合M及合的素，1】解】根据，，得 ，解得，，所以，而，所以.故答案为：C.kb解】解】由知B在角形中，为B为 的中， 所以，连接，证边形为形，以，所以为面线与所的角在 中， ，所以,连接 ，在 中由 ， ，得在中，，所以，故答案为：B.【析根题由的几意以中的标，此到线行及为面线与所成角结三内的何算系入值计出的小可。 .故答案为：A.【分析】由杨辉三角的性质结合组合数公式，计算出结果即可。】解】设那么，以OP直的的程是，与圆O的程相减得线AB的程为，即，因为，所以，代入直线AB的方程，得，即，当且 ，即， 所以直线AB过定点N(1，1)，点M线AB距的大值点M，N间距离，，所点M(3，2)到线AB距离最值为.故答案为：D【析首求出的准方，圆程减可得线AB的程合条把代入线二、多项选择题解】解】甲五项力为6，5，4，5，4.平值为；乙的项力为6，4，5，4，5，均为那么A合意；()，所以方差也相同，那么B控力决力､瞻考虑甲均为，均值为，所甲领高于的导，那么C从影响力､控制力､感召力考虑，甲､乙的指标均值相同，方差也相同，所以甲､乙水平相当，那么D不正确.故答案为：AB.【分析】由雷达图中的数据信息，对四个选项进行逐一的分析判断，即可得到答案.【析【答因为 ，以，所以，那么A符合意因为，当时，，当时，，那么B符题；令，易C知在R单增，又，所以令，易C对于D，设 ， ，那么，即D不合意故答为：AC.【分析】根据题意由不等式的根本性质以及绝对值的几何意义，对选项逐一判断即可得出答案。【析【答构函数，么，取初近值 ，么 ，，那么A符合题意；取初近值，么 ， ，那么B符合题意；根据意可知 ， ，， ，述相加得 ，那么D不正确，C符合题意，故答案为：ABC.【析根题构数，再其导合意对x值此选逐一断可【析【答取 ，那么，从而，时是奇数，那么A符题；为，所以的图象于线对，么B符题；当 时，，当时，；当时，所以在上调递，在上单递所的最值为 ，C合；当 时，，那么的递区为，那么D不合意.故答为：BC.【分析】根据题意对n赋值，结合两角和的正弦公式求出函数的解析式，再由正弦函数的性质和图象对选项逐一判断即可得出答案。三、填空题【析【答由得：，又，，故答为： .

，又 ， .【分析】根据题意由向量的运算性质，以及数量积的运算性质整理即可求出夹角的大小。答性①②别示关于线 对称以4周答案唯，出个可，例如，【析】由得关于线 对称；，得周为4，再根三形周和称得出.【析【答不设椭的程为，根据圆义，，，正三形，，所以，即为段AB中根据圆对知AB直于x轴.设 ，那么，.因为，即，所以.acABXa、c.【析【答在腰梯形 中，过 作 ，为H，求，，那四台外积为 .设，.由棱台的性质，可将该棱台补成四棱锥(如图).因为那么，，可知，与相比为1：2；，那么 ，那么 ，即四台高为，上､底都正，那外球球在，在面上由于 ，，那么 ，即点O点B与到点 的距相，理O到A，A1 ，C1 ，D，D1距均为，是O外球球，且接的径，故该棱外球体为 .故答为：，【分析】由可得棱台为正四棱台，再由求其斜高，然后利用正方体及梯形面积公式求解；证明正四棱台的下底面中心O为其外接球的球心，再求出外接球的半径，代入球的体积公式得答案.四、解答题(1)时，由数列前nqq时，由数列前n出a1+a2=6qq结即得数列通公式，结件即得数列{cn}的项公，裂相消(1)由此得到角B的大小。(2)方法1：首由的运性整化得到，由本等即出，由此即可得到三角形面积的最大值。方法2：根据题意由余弦定理整理化简再结合根本不等式，以及三角形内的几何计算关系整理计算出a与c的最大值，由此得到三角形面积的最大值。(1)BG⊥平面AA1C1C(2)由(1)的结论，结合线面垂直的性质定理即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面AC1E法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面AC1E的法向量的坐标，同理即可求出平面ABC1的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到二面角B﹣AC1﹣E的余弦值。(1)yxk标式入理到，由得点坐从得出论。(2)数计出即，求解出k的值而出边形MPQF为菱，此得到边间关从得出，此出线斜及直的程可。(1)出结果即可。(2)①根据题意求出X的取值，再由n次独立重复试验的概率公式计算出对应每个X的概率值，由此即可得出X的分布列，②再并把数值代入到期望值公式计算出结果即可。(1)af(x)(2)条整得到 即 ，别离数到构整得到，再函数，并g(x)g(x)到即 时， 对任的 成立，而到a的取值范围。高三下学期数学4月调研模拟试卷一、单项选择题合，，那么 〔 〕A.B.C. D.2.的展式，含 项数为〔 〕A.45 B.-45 C.15 D.-15等数列的前 项和为，假设，，么〔 〕A.20 B.30 C.40 D.504.设椭圆〔 〕的一个焦点为，那么对于椭圆上两动点，，周长的最大值为A.B.6C.D.8下不关的判，正的项〔 〕假设，那么设，那么假设，那么假设，那么6.，分别定在上奇函和函，么下为函的〔 〕A.B.C.2021““20214800020%80020213月底该摊主的年所得收入为〔〕〔取，〕A.24000元 B.26000元 C.30000元 D.32000元在中， ， ， ，点 为的心假，那么〔 〕A.B.C.二、多项选择题张观同奖券甲，，，四各机抽一其只一奖券以奖那〔 〕为一限， 为三象角且，，那么 以为〔 〕A.B.C.假四锥 的底矩形那〔 〕面 与平面 的线直线 ， 都平行设，那以关于的判断确有〔 〕对轴为 ， B.小值为C.一极为1 D.最正期为三、填空题设数 ，假设 ，那么 .某台底径为2，上底为1，线为2，那该台外积.以物线焦点 为端的一射交物于点 ，交轴点，假设， ，那么 .假存两不等正实数 ，，得成那么数 的值是 .四、解答题在①，②这三个件任一，充在面问中解.数列为正递等数列其前 项和为 ，等差列且，，，▲ ，求列的前 项和 .注如选多条件别答按一答计分.函数.〕求的调区；〔2〕 中，角 ， ， 所的边别为 ， ， ，且 锐角假设，，，求的面积.如，棱柱的为菱， 为中点，为中点， 为点.〕明直线平面；〔2假设平面 ， ，，，平面 与平面所成锐面的弦值.242022242022220““.100〔1得在80以称“优成〞从的100中取2，“成绩的数为，求〔2直图以为问卷绩值 服从态布，中 近似样平数， 近为样本方差.①求；②所取100样成绩估城总，城市人中机出2000人记表这2000人中分值于间的，利的果求.参考据：，， ，，.过曲线左点 的直线与 的左交于 ， 两点设 右焦为.〕设角形可边为4的三形此时 的准程；〕设在线，得，求离心率的取值范围.22.， .的单调性；时，恒立求实数 的取范围.答案解析局部一、单项选择题∵∴又∴故答案为：B【分析】可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可.】解】由项式理展式有和，所以的开中含 项系数为.故答案为：:A【析】先出的展式的项式进可求出含 的，此可解.】解】解由等数列的前 项和性质得：，，也等差数，，，解得．故答案为：B．【析】由差列性质，，也成差列，此求出。】解】设椭圆的另一焦点当当三点共时，所以当三点线，的周长得值8故答案为：D【分析】利用椭圆的定义，结合三角形的边长关系，推出结果即可.解】A．满足 ，但，A不合意；， ，满足，但 ，B不符题；C．，C符合题意；D．故答案为：C．，但，D不符合题意．【析】对项A，时，不出；于项B． ， 时得出；对于选项C，可得出，即C正确；对于选项，得出 。解】解】由知，故满足分别为定义在，上的奇函数和偶函数，对于A,,那么对于B,为偶函数；，那么为偶函数；对于C,对于D,，那么故答案为：C.，那么为偶函数.为奇函数；【分析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性，综合可得答案.】解】设从4月起月用月进货资依记为，，、同理得，以 ，而 所以列是比列比为 ，所以， ，总利为．故答案为：D．【析设主4底中现为月月摊手的现为月月摊手的现为，那么得到 之的系构造数列成比列求解 即可到案.】解】由得,由余定得，所以，因为点为 的心，所以 ,所以,1〕同理,〔2〕〕得.故答案为：C【分析】由结合三角形外心性质及向量数量积的性质，利用平面向量根本定理即可求解.二、多项选择题解】解】于A,根题，个中概率为，抽的无关，A合意；对于B,“A，“乙或丙中奖〞为事件B，那么,在甲中的件，或丙奖概,,B题意；C,CD,设甲奖为件M，“中〞事件N，那么，由于有张券以奖，件M,N不能发生故，,不互立，D正确.故答案为：ABC.AB。【析【答因为 为一限，所以，，因为 ，以，所以是二限，以，所以，因为，以是第象角或三限，当 是第象角， ，此时，当是第象角， 此时CD.【析】由意用角三函的本系，求得和的值用角的弦式求得的值.在长体构四锥其四侧都直三形，A符题意因为面 是形所以，因为平面 ，平面 所以平面，平面与面的交为，所以同理得，B符题意只有正四棱锥才有内切球，C不符合题意该四棱锥一定存在外接球，其球心在过矩形的对角线交点作与矩形所在平面垂直的直线上，D符合题意故答案为：ABD【析根四锥的结构征一行断可得答。12.【解析】【解答】由题意，函数，又由所以，以数由 ，所以关于对称，所以A符合题意；，所以B不正确；当 时，，因为，函数在 处最小，是小，以C符题由函数的最值期为 ，函数 的最正期为 ，可得数的小周为 ，以D不确故答为：AC.【析】依意知周期为 的偶数作图象即得答案三、空题【析【答】， ，，所以 .【析】由求z2 ，再根模运公即求解.【析【答由意该台外积为．11π．【分析】根据圆台的外表积公式计算即可.【析【答依意可得，设，那么，因为，，所以，所以，又，所以，以 ，所以，得，所以.故答案为：3【析】由意，，又，再合物的，得解.【析【答由在两不等正数 ， ，得成立，可得成，构造函数，由时，，可函数不调，又由，得当 时，有即时，有解，因为当时，，所以，即实数 的取范是〔-∞，-2〕.故答案为：〔-∞，-2〕.【析】首将题化为率问，后合临条即求实数 的取范围四、答题【析【析】设公比为 ，公为 ，用等数的项式解方可首项公，而到bn分别选运比数的项式求公比得an再对运算性和列裂相求和计可所和.【分析】〔1进而根据正弦函数的单调性即可求解;题意得, 结合A为角可得,由利弦定理可得,而据角面积式可解.【分】〔1〕连接 ，明平面，推出四边形为平行四边形，然后证平面 平面， 即证明平面；〔2〕连接交于，有，以为原，、为轴、轴方，空间角标系，求平面的向量，平面的法量，用间的数量积求平面与平面所锐二角弦值.【析【析】1〕求分80以上人数，可取为0，1，2求出率得分列，①用率布，求均与差然求解；说明然求望即可.【析【析〔1〕角形以边为4正角，，，，求出a,b,后椭圆;〔2〕设的程为 ，与联立得 ,设，利用达理结合 ,利向的量，出椭的心即可.解析分析1利用类论方结求导方判函的调性进讨出数的单性。〔2〕由得，，，∴ ，再用类论的法合导方判断函的调，结合点在定，而求数a取范。高三下学期数学5月质量检测试卷一、单项选择题合，，那么 〔 〕A.B.C.2.向量2.向量，那么以下向量中与垂直的是〔〕A.B.C.D.数的虚为〔〕A.1 B.－1 C.－i D.i曲线 ：，么 的心率取范为〔 〕A.B. C.D.5.2021年国832贫县全部“帽，贫战取伟胜利湖秭是“国橙乡，脐橙综产均20元被誉促农增的“金果〞某种橙去新鲜度与其摘的时间(天)满关式：.设采后10，这脐失去新为10%，摘后20失的新鲜为20%，那采下来这脐在长间后去50%新〔 (，结四五入取数)A.23天 B.33天 C.43天 D.50天6.班有60学，考试数成绩，假设，那估计该班生学在120分以的数〔 〕A.10 B.9 C.8 D.77.展开中数为〔 〕.A.11 B.-11 C.8 D.-7面有个径为2021球两外，下方隙放一球该球桌和个均相切，么球半是〔 〕A.B.C.D.2021二、多项选择题德智体美劳甲班98乙班99学为促学生智､体美劳面展订了套化价准.表是校甲､两班在某次动的､智体､劳评得分(分，说该教越德智体美劳甲班98乙班99函数在上值为 ，那实数 的值能取〔 〕1 B.C.D.2为物线 ：的点设 是准上动，点作物线 的条线切点为，，段的点为，那〔 〕A.的小为4 B.线 过点 C.轴 D.线段 的垂过点实数 ， ， 满足 ，且，么下论确项是〔 〕的小为B.的大值为C.的小为D. 取小时三、填空题数列 的前 项和为且满足，那么 .抛掷3个子事件为“个子上点不相〞事件为“恰好一骰向的点数为2，么 .函数在上两极点，么数 的值是 .如，边为2方形中， 、 分是、的中点假沿 及 把这正形成四面，使、、三合，合的记为，么：〔1〕棱锥 外球表积；〕点到面的离为 .四、解答题各均正的列的前 项为 ，， .〕求的项式；〕设，数列的前 项和 .在①；②，这三条中择个补充下问中，使问中三形在并求出的面积.19.如图，在正方体中点 在线段 上，，点为线段上的动， ，且平面.问题在 中， ， ， 是角 ， ， 所的，，补充条是▲19.如图，在正方体中点 在线段 上，，点为线段上的动， ，且平面. 〕求的；〔2〕二角 的余值.465512么获一等奖，假设只有1个红球，那么获二等奖；假设没有红球，那么不获奖．〔1〕求顾客抽奖1次能获奖的概率；〔233次抽奖中获一等奖的次数为XX椭圆 ：的心为，焦为2.〕椭圆的程；〔2〕设 ， 为圆 上点， 为标点，，点 在线段 上，且，连接 并延交圆 于E ，试问是否定假设定，出值假不是值请明由.函数.〕求在 处切方；〔2〕于 的方程有两实根 ， ，当时求：.答案解析局部一、单项选择题】解】因为，，所以。故答案为：B.AAB【解答】对于AA于B项，，B选满足件；对于C项，，C选满足件；对于D选，，D项足条件.D.【析利两量数量为0等关再结数积坐表，从找与垂的向量。解】解】 ，以虚为1。故答案为：A.【析用件合数的除运法么从而出数的数式，利复的虚部的义从求复数的虚。】解】双线的离率为 ，因为 ，以，即双线 的心的范围为故答为：C.a,ba,b,c式，从而求出cm【解解因摘后10，种脐失的新为10%，摘后20天去新度为20%，所以 ，么，设采摘下来的这种脐橙在天后失去50%的新鲜度，那么 ，即 ，以 ，么，此。故答案为：B.【分析】利用实际问题的条件结合指数与对数的互化公式，从而结合对数换底公式，从而求出采摘下来的这种脐橙在大约33天后失去50%的新鲜度。】解】因数学绩，所以由可得：，所以班生学在120分上概为：，所以计班生学绩在120分上人： 〔人。故答案为：B.【分析】利用条件结合随机变量服从正态分布，从而利用正态分布对应的函数的对称性，进而求出该班学生数学成绩在120分以上的概率，再利用频数等于频率乘以样本容量，从而估计该班学生数学成绩在120分以上的人数。】解】将成一整，开到：，取，当 时， 系数：，当 时， 系数：常数为。B【析利条结项式理出开中通项式再用项式求出展开式

【答三径为的的心别为、、，桌的个点分为、、，如下图那三柱 一个面长为、高为的正棱，那么球心在面上的投为角形的中心，连接、、，作，易四边形是矩，设小半为 ，么，，因为 是角形 的心所以，因为，以，即 ，解得。故答案为：B.【析设个径为 的球球分为、、，与面三切分为、、，那三柱是个边长为、高为的三柱，么球心在底面 上的影三形 的心 ，连接、 、作，易四边形是矩，，设球径为 ，么，而出，因为 是角形 的心进而出AE长因为，再合股理出球的半径。二、多项选择题】解】甲的极为,A合意；甲班平数,乙班平数,B符意；甲班的成绩从低到高：8，9，9.5，9.5，9.5，中位数为9.5,8.5，9，9，9.5，9.59，C成的差为,乙班成的差为 ,,D不符合题意.故答案为：AC.【分析】利用条件结合中位数、极差的定义，平均数和方差公式，从而选出说法正确的选项。，因为 ，以，又函数 在 上值为 ，，所以正函的称，只需，那么ABCD故答案为：ABC.【分析】利用两角和的正弦公式结合辅助角公式化简函数为正弦型函数，再利用换元法将正弦型函数转化为正弦函数，再利用正弦函数的图像求出正弦型函数的值域，再结合条件函数在上的域为 ，从出实数 的可值。【析【答由意可得 ，准线 ，设 ，，，所以，不妨设 在 轴方那么，，直线 ：，直线 ：，又，将两线立得，那么 ， ，又，所以的小为4，A合题；，所以共，以线 过点 ，B合意；因为 中的坐为，故 轴，C符题由点法得，，又 ，的垂平线程为，故线段 的中线过，D符题意故答为：ABC【析由物的方程得点，线，设，，的算那求导函数，妨设在轴方，么，，再设线的斜方：，直线的斜方为：，将直联结韦定理得A,B两的为，又为标示从求向量坐，即，利向量线坐表示，而出向量共，所直线过点，利中点标式出中的坐为，故 ，由差可得，再两点求式得出，因为，所结中坐公和两线直之积于-1，从推线的直分方为故线段的中线过【析【答因为 ，所以 ；由柯不式得： ，当且当 ，即 时等成立；所以，因此，整得解得 ，即A符合题意；由可得，而，当且仅当时，等号成立；所以，理得 ，得，B不符合题意，C符合题意；由 可得，那么所以，此，所以，令，，那么，当时，，当时，，当时，故在为函，在为函数，为增数，所以 的小为，又，而，所以即 取最值时，D符题意.故答案为：ACD.【分析】利用条件结合柯西不等式求最值的方法、均值不等式求最值的方法、求导的方法判断函数的单调性，从而求出函数的最值，从而找出结论正确的选项。三、填空题13.【解析】【解答】当时，那么有，可得；当时，由可得，，所， ，所以，数列因此，故答案为：是以。为首，以为比等数，。【析利条件结合的关式再用类论的法合比列定义从而推数列是以为首，以为比等数再利等数前n项公式从求等比4【析【答由意，件 发的率为，事件 发的率为，因此。故答为：。【析利条结件概求率式从求出的值。【析【答】，，令，那么.当时，，此时函数单调递增，当因为函数时，，此时函数在单调递减.上有两个极值点，那么 ，得因此实数 的取范〔-π，0〕。故答案为：〔-π，0〕。【分析】利用求导的方法判断函数的单调性，从而求出函数的极值点，再利用函数在上有个值，而求数a取范。答〔1〕在方形中，，，，在三锥中那么，，，平面，且，将三锥补长体，所以三锥 外球径为因此三锥 外球表积为；〕，，，取 的点 ，连接 ，么 ，那么 ，设点 到面 的距为 由 ，可得，得。。〔1在方形中，，，，在棱锥中，么，，再用线垂推线垂，以平面，且，将棱锥补成方体，再用的体角与接的径相，结勾定求出棱锥外接的，进求外接球的径再用的表积式从求三锥外接的表。〔2利条求三的面，以，利棱锥体公求出，利定求出的长取的点，连接，那么，再用股理出SM的长再合角面公式出么，点 到平面 的离为 ，利等体积法结三锥体公，从求点到面的距离。四、解答题析〔1〕利条各均正的数列的前项和为，，，再合的关式再合分讨的法从利用差列定，合等差列通公，而求数列的通公。〔21求的列 的项式合，求出列的项式利用裂项相的法从求数列的前 项。【析【析】①；②；③，三条件选两，补充问中使题的角形在并出 的。为，利正定理，以.又为 ，所以，利同三函本关式即，利角形角A取范从而角A的。，所以，么 ，再用角内为180度的性质，所以三角形不存在，因此，只能选择②和③，再利用余弦定理结合条件从而求出bc的值，由，而方求出b,c的，所，合条的角形 存在，再用三形面公，而求三形的积。【析【析〔1〕过作于，连结，么，而，再利用平的递，以因为平面，利线面平的质理出线行，以，以边形是平四形所以，为，再用两直平对边比，所以，即，从求出的值。(2)过 作于 ，过 作 于 ，连结 ，因为平面，，再用面直质定推线垂，以平面，再用线面直定推线垂直所以，又为，再利线垂推线垂直，以平面，利线面直定推线垂直所以，所以是二角的面，方体棱为，么，在中， ， ，再合股理求出，再用角形面相，出，在 中结勾定出EM的，利余函数定，而出二面角的弦。【【析1事件A1={甲中出个球红}，件A2={乙箱摸一球红}，事件B1={客奖1一等奖}，件A2={顾奖1次二奖}，件C={顾奖1次获}，用A1 ，A2互立，，互斥，B1 ，B2，然求所概即．2顾抽奖1次可为3独重验，断X～B ．求率，到X分列后求期．1a,c的值，再利用椭圆中a,b,c三者的关系式，从而求出b的值，进而求出椭圆的标准方程。〔2〕设点，，，由，再合线量坐表示得出，设，么合意知 ，再合线量坐标示得点E的坐，利点E在圆上合入，出(*)，又因为 ， 均椭上且，再用入结两点斜公，而入(*)式解得的值从得当，是定。1〔2〕利求的法断函的调，为，，当时，程有个根 ， ，那么，令，再合数运法么求导数那么，令，利求的判断数的单性所以，所以，所以，以，当时， ，以，证成立。普通高等学校招生全国统一考试模拟卷·A卷数学考试时间：120分钟总分值：150分第一卷客观题第一卷的注释阅卷人得分阅卷人得分设那“ 〞是“〞的〔 〕A.充不要件 B.必要充条件 C.分必条件 D.既分也必条件?丽拉沃蒂?中，有这样一个问题：某人给一个人布施，初日施3德拉玛(古印度货币单位)，其后日增2德拉，施360玛，快诉，布了几？个题答是〔 〕A.9 B.18 C.20 D.24函数 的象沿 轴向右平移个单长后函数 的象那的一极点能〔 〕A.B.C. ，这公的能美感比．金割例得还以似表为，那么的近值于〔 〕A.B.1 C.2 D.斗航统由55星组于2021区方判断节重依，斗七分为枢天璇、玑天、衡开阳摇，中衡亮，权暗.名文好者七星随选两颗进观，么衡天权少颗选的率为〔 〕A.B.C.设 ，，，那〔 〕A.B.C.于数，有下结论函恒两点，两零之为；②函的值不是 〔 〕0个 B.1个 C.2个 D.3个曲线 ：的右焦为 ， ，以 为直的双曲在第一象的点为 ，直线与双线左交点 且，设曲的心为 那么〔 〕A.B.C.阅卷人得分阅卷人得分下法确选项〔 〕．假件A，B生率分为，，那么C.假设随机变量C.假设随机变量，，那么D.假设随机变量，那么，声是物振产的声．中含正函数余函，纯的数模是数，我听的音由音合的称为合．假一复音数模型函数，那以说正的项是〔 〕是的个期 B.在上有7个零点C. 的大为3 D. 在上是函数设比列的公为 ，其前 项和为，前 项为，且足，，那以选正选项〔 〕A.B.C.是数列中最项 抛线 焦点双点的一焦重，点在抛线，么〔 〕双线离为2 B.双线的近为C.D.点到抛线点的为6第二卷主观题第二卷的注释阅卷人得分阅卷人得分13.集合 ， ，么= ．14.i是数位假数是纯数那实数 的值.15.的开中项数之是256，么 展式的数是 ．其中一哪一项，接来的两项是，，接来三项是，，，此，假该列前n项为2的数幂，如，，，么称， ， 中的为“对佳阅卷人得分数〞当时首出“一佳〞.阅卷人得分四、解答题如，四锥 中底面 为行边， ，，与 .〔1〕求证：；〔2〕假设平面平面，且，求二面角的余弦值.“100名2：3，抽取的学生中男生有2020附： ，．〕成列联，复能有90%把认“对讲活是满与别有〞；满意100〔2〕从被调查的对讲座活动满意的学生中，利用分层抽样抽取6名学生，再在这6名学生中抽取2名学生，谈自己听讲座的心得体会，求其中恰好抽中1名男生与1名女生的概率．在①；②，；③，这三条中选，补充等差列前n和为 ，且满，列前n和为 ，且〕数列和的项式；〕设，求列前n和．椭圆的右点为 ， ，离率为，在圆E上.〔1〕求椭圆E的标准方程；〔2经椭圆E左点 作斜之为的条线 ， ，直线 交椭圆E于A，B，直交圆E于C，D，G，H分别段AB，CD的点，求面积最值.21.O为标点对数，称量为函数的伴特向量，时函数为向量的相函数.〕函数，求 的伴特向量 ；〕向量的伴为 ，求当且， 的值；〔3〕 ， ，为的伴征向，，请在 的象是在一点P，使得 .假设，求出P点标；设存，明由.函数，．〕论数的单间；〔2是存正数 使于 的方程在间上两个等数？如果有，出 的值围果没，说理．答案解析局部一、单项选择题1.析【答由，得 或 ，由 ，得 或，可知“或 〞可推“ 或 〞反之能根充必性条判，以“是“〞充不要件.故答案为：A【分析】首先由一元二次不等式的解法以及绝对值不等式的解法，分别求出不等式的解集，然后由充分和必要条件的定义即可得出答案。.解【题这个每布的钱构成以为首，差为的等数，设他施了 日，么 ，解得 或 (舍去).故答案为：B.【析由意这每日施金数成以为首，差为的等列，利用等差数列的前n】解】根题意得，所以， ，所以， ，令 ，得故答为：D.g(x)g(x)】解】由可得，∴.故答案为：B.【分析】结合定义带入m的表达式，然后结合和差角公式进行化简即可求解。解】解】因玉衡天都有选的概为 ，所以衡天至一被选的率为.故答案为：B.【分析】根据题意由概率的定义结合题意计算出结果即可。】解】，，，所以.故答案为：C【析由 ，，从出a,b,c的大小关系。】解】由意函数的零即函数的零，令，那么，以程有两不实根，，设由韦定可得，故正确；，当 时，，故 不能数的极点，故正；令即，设的两实根为 ， 且，那么当，时，，函数单调增，当时，，函数单调，所以为函极值；由知当时，数所以当时，，又，所以，以，所以为数最值③确.应选：D.【分】函数的零化为数①；得后代入，根据是否为0即判②；设的两实根为 ， 且，结可当时，再证明即可断③；可得解.】解】， 为圆双线第象交点即， 在段 上，由双线义知：，又，，又，，在以 为径圆， ，，由得：整理得：.故答案为：D.双线定义理出，由径的质理出结合股定理计算出，利用整体思想结合离心率的公式计算出答案即可