湖南省2021届高考数学下学期冲刺试题.doc

湖南省2021届高考数学下学期冲刺试题

湖南省2021届高考数学下学期冲刺试题

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姓名：

14

湖南省2021届高考数学下学期（学业水平选择性考试）冲刺试题（三）
时量：120分钟 满分：150分
一、选择题：本题共8小題，每小題5分，共40分。在每小題给出的四个选项中，只有一项是符合题
目要求的.
1.已知，使得，那么为
A.， B.， C.， D.，
2.棣莫弗公式（其中为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗（1667—1754）发现的根据棣莫弗公式可知，复数在复平面内所对应的点位于
A第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
3.已知奇函数为上的增函数，且在区间上的最大值为9，最小值为-6，则的值为
A.3 B.1 C.-1 D.-3
4.魏晋时期数学家刘徽首创割圆术他在《九章算术》之方田章之圆田术中指出：“割圆之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割则与圆周合体而无所失矣.”这是一种无限与有限的转化过程，数学中这类问题多比如：在正数中的“…”代表无限重复：设，则可列方程，求得（不合题意舍去）类似地，可得到正数小等于
A.3 B.5 C.7 D.9
5.某商场经营的某种包装的大米质量（单位：kg）服从正态分布，根据检测结果可知.某公司为每位职工购买一袋这种包装的大米作为福利若该公司有1000名职工，则分发到的大米质量在9.9kg以下的职工数大约为
A.10 B.20 C.30 D.40
6.已知三棱锥的底面是边长为3的正三角形，且，，，则三棱锥的体积为
A.3 B. C. D.
7已知，，则，，的大小关系为
A. B. C. D.
8.已知函数，其中为自然对数的底数，则对任意，下列不等式一定成立的是
A. B.
C. D.
二、选择題：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。
9.一道四个选项的选择题，赵、钱、孙、李各选了一个选项，且选的恰好各不相同.
赵说：“我选的是A.”
钱说：“我选的是B，C，D之一.”
孙说：“我选的是C.”
李说：“我选的是D.”
已知四人中只有一人说了假话，则说假话的人可能是
A.赵 B.钱 C.孙 D.李
10.已知数列满足，则下列关于的判断中，错误的是
A.，，使得 B.，，使得
C.，，总有 D.，，总有
11.已知焦点在轴上的椭圆过点且离心率为，则
A.椭圆的标准方程为 B.椭圆经过点
C.椭圆与双曲线的焦点相同 D.直线与椭圆恒有交点
12.某人决定就近打车前往目的地前方开来三辆车，且车况分别为“好”“中”“差”他决定按如下两种方案打车。方案一：不乘第一辆车，若第二辆车好于第一辆车就乘此车，否则直接乘坐第三辆车：方案二：直接乘坐第一辆车.若三辆车开过来的先后次序等可能记方案一和方案二坐到车况为“好”的车的概率分别为，，则下列判断不正确的是
A. B. C.， D.，
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13已知函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则 .
14.设，是正数，若两直线和恒过同一定点，则的最小值为 .
15.已知的内角，，C的对边分别为且，，，且，若，则的取值范围是 .
16.若关于的方程只有一个实数解，实数的取值的集合是 .
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.（本小题满分10分）
如图，直四棱柱的底面是菱形，侧面是正方形，，经过对角线的平面和侧棱相交于点，且.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.

18.（本小题满分12分）
记的内角，，的对边分别为，，，已知，，且.
（1）求的大小和边的长；
（2）若点在的内部或边上运动，记点到边，的距离分别为，，点到三边的距离之和为，试用，表示，并求的最大值和最小值.
19.（本小题满分12分）
数学建模是高中数学核心素养的一个组成部分数学建模能力是应用意识和创新意识的重要表现。为全面推动数学建模活动的开展，某学校举行了一次数学建模竞赛活动已知该竞赛共有60名学生参加，他们成绩的频率分布直方图如下.

（1）为了对数据进行分析，将60分以下的成绩定为不合格，60分以上（含60分）的成绩定为合格。为科学评估该校学生数学建模水平决定利用分层抽样的方法从这60名学生中选取10人，然后从这10人中抽取4人参加座谈会.记为抽取的4人中，成绩不合格的人数，求的分布列和数学期望；
（2）已知这60名学生的数学建模竞赛成绩服从正态分布，其中可用样本平均数近似代替，可用样本方差近似代替（用一组数据的中点值作代表），若成绩在46分以上的学生均能得到奖励，本次数学建模竞赛满分为100分，试估计此次竞赛受到奖励的人数.（结果根据四舍五入保留到整数位）
解题中可参考使用下列数据：
，，
.
20.（本小题满分12分）
设个互异的正偶数与个互异的正奇数的和为99.
（1）求证：；
（2）求的最大值.
21.（本小题满分12分）
已知椭圆的左右焦点分别为，，右顶点为，上顶点为，且满足.
（1）求椭圆的离心率；
（2）设为椭圆上异于顶点的点，以线段为直径的圆经过点，试问是否存在过点的直线与该圆相切？若存在，求出其斜率；若不存在，请说明理由.
22.（本小题满分12分）
已知函数，，.
（1）试判断的单调性；
（2）求证：为递减数列，且恒成立.

数学冲刺试卷（三）参考答案
1.C【解析】特称命题的否定为全称命题，故为，.
2.C【解析】为，，，所以在复平面内所对应的点位于第三象限.
3.D【解析】由条件，得，，且，，所以.
4.B【答案】依题意，得，解得.
5.B【解析】由已知得，所以分发到的大米质量在9.9kg以下的职工数大约为.
6.C【解析】依题意，是斜边为的直角三角形，且点到，，三点的距离相等，因此点在平面上的投影是的外心，也即边的中点，记为，因此.
7.D【解析】因为，，所以，，，故.
8.A【解析】依题意可知，，所以是偶函数.又，且.令，则，当，恒成立，所以在上单调递增，恒成立，在上单调递增.又函数为偶函数，由且，，可知.
9.CD【解析】钱不可能说谎，否则与赵同时说谎；赵不可能说谎，否则由于钱不选A，则孙和李之一选A，出现两人说谎。可能的情况是赵、钱、孙、李选择的分别为，.
10BC【解析】（1），时，，仅当，即时成立等号，故A错误；（2）当时，由（1）知，，不成立，当时，由（1）知，，，所以，故B错误；（3）由（1）知，，使得，故，不成立，故C错误；（4）同（3）分析，可知D正确.
1l.ACD【解析】题意，得，，所以，椭圆的标准方程为，故A正确；当时，，椭圆不经过点，故B错误；双曲线的焦点与椭圆的焦点均为，故C正确；直线恒过点且该点在椭圆内部，故D正确。
12.ABD【解析】记“车况好、中、差”分别为，，，方案一包含的基本事件数为，方案二包含的基本事件数为，列表如下由表中所列事件数可知，，.
1
2
3

A
B
C

√
A
C
B

√
B
A
C
√

B
C
A
√

C
A
B
√

C
B
A

13.0【解析】因为，由条件知，将它的图形向右平移个单位长度就得到函数的图形，故，因此.
14.4【解析】直线的方程可化为，显然该直线恒过两直线和的交点，所以点也在直线上，故，即.因为，是正数，所以，当且仅当，即，时取等号.
15.【解析】在中，易知，结合正弦定理和已知得，即，所以，则.又显然，故的取值范围是。
16.【解析】设函数，则的图象关于对称，由方程只有一个实根，可知函数只有一个零点，可知该零点必为，将其代入方程得.又当时，，等号当且仅当时取到，因此方程有唯一零点.
17.【解析】（1）如图所示，延长和的延长线相交于点，连接.
设四棱柱的棱长为，
因为，，所以.
由，得，
由余弦定理，得，.
因为，所以，.
又是直四棱柱，故平面.
又平面，所以.
因为，所以平面.
又平面，所以平面平面.

（2）以为坐标原点，，所在直线分别为轴、轴，平行于的直线为轴建立空间直角坐标系（图略），则，，.
设平面的法向量为，则，
即，不妨设，
由（1）得，，平面的一个法向量为.
设二面角的平面角为，则，且由题图知为锐角，所以二面角的余弦值为.
18.【解析】（1）由题意，得，
由，，得，即或.
由和，联立解得.
由和，联立解得（不合题意，舍去）.
所以的大小为.
在中由余弦定理得.
（2）易知的面积.
设到的距离为，则由面积关系得，
即.
于是，
其中
因此，当时，取得最小值，当时，取得最大值.
19.【解析】（1）由频率分布直方图和分层抽样的方法，可知抽取的10人中合格的人数为，不合格的人数为.因此，的可能值为0，1，2，3，4，则
，，，，.
故的分布列为

0
1
2
3
4

所以的数学期望.
（2）由题意可知，.
，所以.
由服从正态分布，得
，
则，，.
所以此次竞赛受到奖励的人数为50.
20.【解析】（1）记个互异的正偶数为，，……，；个互异的正奇数为，，…，，易知，①
，②
由①②及已知条件，得
.
（2）由（1）知，，即.
由平均值不等式，得，
化简得，即.
注意到为正整数，且，得.
取，，易知，且可取6个互异的正偶数2，4，6，8，10，20和7个互异的正奇
数1，3，5，7，9，11，13，满足.
可知完全符合题目条件要求，故中等号取得到.
所以的最大值为13.
21.【解析】（1）因为，所以为等腰直角三角形，从而.
又由，得.
（2）由（1）得，，故椭圆的标准方程为，设点的坐标为.
因为，，所以，，
依题意，得.
又因为点在椭圆上，所以，
以上两式联立，得.
因为不是椭圆的顶点，所以，，即.
设圆心为，则，，圆的半径.
假设存在过的直线满足题设条件，并设该直线方程为，则由直线和圆相切，可知圆心到该直线的距离，
即，即.
解方程，得.
所以存在满足条件的直线，其斜率.
22.【解析】（1）易知函数的定义域为，且
.
令，则.
显然，当时，；当时，.故在上为减函数，在上为增函数，.
所以当时，，函数在和上单调递增.
（2）先证：
由于当时，，于是，.
因此，由，可得.
再证为递减数列：
由（1）可知，，即.
所以，，即，即.
故系列为递减数列.
综上可知，为递减数列，且恒成立.