KS5U2021海南高考压轴卷-数学(理)-Word版含解析.docx

KS5U2021海南高考压轴卷理科数学本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟第卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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. 合（其中i为虚数单位），且，则实数的值为（ ）A.3 B. 1 C. 2 D.2.正弦曲线在点的切线方程是（ ）A. B. C. D.3.若向量,又的夹角为锐角,则实数的取值范围为( )A. B. C. D.4.在平面直角坐标系中，双曲线中心在原点，焦点在轴上，离心率为，则其渐进线方程为（ ）A. B. C. D.第5题图正视图俯视图ABDCDCAB5.如图,直三棱柱的侧棱长和底面边长均为2，正视图和俯视图如图所示，则其左视图的面积为（ ）A.4 B.2 C. D.6. 已知 表示平面，表示直线，给出下列四个命题：若，则 若，则若，则 ，则其中错误的命题个数为（ ）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个7.已知直线与圆交于、两点，是坐标原点，向量、满足条件，则实数的值为（ ） A. B. C. D.8.现有下列命题:命题“”的否定是“”；若，则；直线与相互垂直的条件为；假如抛物线的准线方程为，则.其中正确的命题的序号为（ ） A. B. C. D.9.已知递增数列各项均是正整数，且满足，则的值为（ ）A.2 B.6 C. 8 D.910.设函数(,给出以下四个论断： 它的图象关于直线对称；它的图象关于点（对称；它的周期是；在区间上是增函数.以其中的两个论断为条件，余下的论断作为结论，则下列命题正确的是（ ） A.或 B. C. D.11.江苏舜天足球俱乐部为救助在“3.10云南盈江地震”中失学的儿童，预备在江苏省五台山体育场进行多场足球义赛，估量卖出门票2.4万张，票价分别为3元、5元和8元三种，且票价3元和5元的张数的积为0.6万张.设是门票的总收入，经预算扣除其它各项开支后，该俱乐部的纯收入函数模型为，则当这三种门票的张数分别为（ ）万张时，可以为失学儿童募捐的纯收入最大. A.1、0.、0.8 B.0.6、0.8、1 C. 0.6、1、0.8 D.0.6、0.6、0.812. “已知关于的不等式的解集为，解关于的不等式.”给出如下的一种解法：解：由的解集为，得的解集为，即关于的不等式的解集为.参考上述解法：若关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D.第卷本卷包括必考题和选考题两部分.第13题第21题为必考题，每个试题考生都必需做答.第22题第24题为选考题，考生依据要求做答.二、（本大题共4小题，每小题5分）13. 阅读如图的程序框图，假如输出的函数值在区间内，则输入的实数的取值范围是 .开头输入输出结束是否13题（第16题）12133456789101112014. 已知是不等式组表示的平面区域，是不等式组表示的平面区域，若向区域上随机投一点，则点落入区域的概率为_.15.抛物线与直线围成的平面图形的面积为 .16.下述数阵称为“森德拉姆筛”，其特点是每行每列都是等差数列，则表中数字2010共毁灭 次.23456735791113471013161959131721256111621263171319253137三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.（本小题满分12分）2011年3月11日，日本发生了9.0级大地震，同时导致了福岛核电站的泄露大事，给环境带来的确定的污染，也给世界各国的人们对环境的疼惜敲响了警钟.依据空气质量指数API（为整数）的不同，可将空气质量分级如下表：API05051200101150151200201250251300300级别1212状况优良略微污染轻度污染中度污染中度重污染重度污染某环境部门对一城市一年（365天）的空气质量进行检测，获得的API数据依据区间，进行分组，得到频率分布直方图如下图：（1）求直方图中的值；频率/组距API30050100150200250（2）计算一年中空气质量为良和略微污染的总天数；（3）求该城市一年中每天空气质量不为良且不为略微污染的概率.18. （本小题满分12分）如图，在四棱锥中，是矩形，点是的中点，点在上移动.（1）求三棱锥的体积；（2）当点为的中点时，试推断与平面的关系，并说明理由；（3）求证：.PFDECBA18题图19.（本小题满分12分）设椭圆的上顶点为，椭圆上两点在轴上的射影分别为左焦点和右焦点，直线的斜率为，过点且与垂直的直线与轴交于点，的外接圆为圆（1）求椭圆的离心率； （2）直线与圆相交于两点，且，求椭圆方程； （3）设点在椭圆C内部，若椭圆C上的点到点N的最远距离不大于，求椭圆C的短轴长的取值范围20.已知各项均为正数的等差数列的公差d不等于0，设是公比为q的等比数列的前三项，（1）若，（i）求数列的前项和；（ii）将数列和的相同的项去掉，剩下的项依次构成新的数列，设其前项和为，求的值（2）若存在使得成等比数列，求证：为奇数.21.（本小题满分12分）设函数（），（1）若函数图象上的点到直线距离的最小值为，求的值；（2）关于的不等式的解集中的整数恰有3个，求实数的取值范围；（3）对于函数与定义域上的任意实数，若存在常数，使得和都成立，则称直线为函数与的“分界线”设，摸索究与是否存在“分界线”？若存在，求出“分界线”的方程；若不存在，请说明理由请考生在第22、23、24三题中任选一题做答，假如多做，则按所做的第一题给分.22.（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图所示，已知与相切，为切点，为割线，弦，相交于点，为上一点，且.（1）求证：；（2）求证：.23.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程已知曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为，曲线， 相交于，两点.（1）把曲线，的极坐标方程转化为直角坐标方程；（2）求弦的长度.24.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲设函数 （）当时，求函数的定义域； （）若函数的定义域为，试求的取值范围KS5U2021海南高考压轴卷理科数学答案一、选择题1.A 2.B 3.A 4.B 5.C 6.C 7. C 8.A 9.C 10.A 11.C 12.B 解析：1.，则中的复数必需为实数，所以.2,则,即切线方程为,整理得.故选B.3. ,则,又不共线,所以,则且,所以实数的取值范围为.故选A.4.由于，所以，而焦点在轴上的双曲线的渐进线方程为，所以该双曲线的渐进线方程为.故选B.5.由三角形的边长全为2，即底面三角形的高为，所以左视图的面积为.故选C.6.只有是正确的.若，则 或异面； 若，则或相交或异面；，则或.所以只有一个正确的，故选C.故选C.7.由两边平方，得，所以，则为等腰直角三角形，而圆的半径，则原点到直线的的距离为1，所以，即的值为或.8.命题的否定为：“”；由，得或；抛物线的标准方程为，由准线方程为，可得，即.故选A.9. 若，则，与冲突，若，则，而，所以与数列递增冲突，于是，得，而，所以.故选C.10.由函数的周期是，可知这（1）若的图像关于直线对称，则.当，且时，；当时，（），与 冲突.因此.这时.由可知的图象关于点对称；由，得，可知在上是增函数.综上可知：是正确的命题.（2）若的图象关于点对称，则，又由知，这时.由可知，直线是的对称轴；由（1）可知，在上是增函数.综上可知：.故选A.11. 设3元、5元、8元门票的张数分别为，则有整理得（万元）.当且仅当时等号成立，解得，所以.由于为增函数，即此时也恰有最大值.故三种门票的张数分别为0.6、1、0.8万张时可以为失学儿童募捐的纯收入最大.故选C.12. 由的解集为，得的解集为，即的解集为.故选B.二、填空题13. 14. 15. 16.6解析：13.若，则，不合题意；当时，得.14.区域（不含边界）的面积为，区域（不含边界）的面积为，故点落入区域的概率为.15.由得抛物线与直线的交点为.所以.16. 第行第列的数记为，那么每一组与的解就是表中的一个数.由于第一行数组成的数列是以2为首项，公差为1的等差数列，所以.所以第列数组成的数列是以为首项，公差为饿等差数列，所以.令，即，故表中2010毁灭6次.三、解答题17. 解：（1）由图可知，解得.（2）；（3）该城市一年中每天空气质量为良或略微污染的概率为.则空气质量不为良且不为略微污染的概率为.18.解：（1），所以.（2）当点为的中点时，平面，理由如下：由于点分别为、的中点，所以.又由于，所以平面.（3）由于，所以.又，所以.由于，所以.又，所以.因，点是的中点，所以.又，所以，又，所以.19.解：由条件可知，由于，所以得：.（2）由可知，所以，从而.半径为，由于，所以，可得：到直线距离为，从而求出，所以椭圆方程为：. （3）由于点在椭圆内部，所以， 设椭圆上任意一点为，则.由条件可以整理得：，对任意恒成立，所以有：或者解之得： .20. （1）由于，所以成等比数列，又是公差的等差数列，所以，整理得，又，所以，所以， 用错位相减法或其它方法可求得的前项和为； 由于新的数列的前项和为数列的前项的和减去数列前项的和，所以. 所以 由，整理得，由于，所以，所以. 由于存在mk,mN*使得成等比数列，所以， 又在正项等差数列an中，所以，又由于，所以有，由于是偶数，所以也是偶数，即为偶数，所以k为奇数. 21. （1）解法一：设函数图象上任意一点为，则点到直线的距离为，当，即时，由，解得，或，又由于抛物线与直线相离，由得，故，即，所以，即解法二：由于，所以，令，得，此时，则点到直线的距离为，即，解之得，或（以下同解法一）（2）解法一：不等式的解集中的整数恰有3个，等价于恰有三个整数解，故，令，由且， 所以函数的一个零点在区间，则另一个零点确定在区间内，所以解之得，故所求的取值范围为解法二：恰有三个整数解，故，即，由于，所以，又由于，所以，解之得（3）设，则所以当时，；当时，因此时，取得最小值，则与的图象在处有公共点设与存在 “分界线”，方程为，即，由在恒成立，则在恒成立 所以恒成立，因此下面证明恒成立 设，则 所以当时，；当时，因此时取得最大值，则成立故所求“分界线”方程为：选做题：22.证明：（1）由于，所以，又由于是公共角，所以，所以.由于，所以，所以.（2）由（1）知，又，所以，所以，即.由于为相交弦，所以，故.23. 解：（1）曲线：（）表示直线曲线：，所以，即（2）圆心（3，0）到直线的距离 ，所以弦长=24. （1）由题设知：，如图，在同一坐标系中作出函数和的图象（如图所示）,知定义域为.（2）由题设知，当时，恒有，即， 又由（1），