1、湘豫名校2021届高三数学下学期5月联考试题 文第卷一、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.已知全集，集合，则（ ）A.B.C.D.2.已知为虚数单位，复数满足，则的模为（ ）A.1B.C.2D.3.函数的图像大致为（ ）A.B.C.D.4.若，且，则（ ）A.3B.C.2D.5.随着我国经济水平的提升，旅游收入持续增长，且国内旅游的旅游量最大、潜力最深、基础性最强，下图为连续9年我国国内旅游总收入统计图：假设每年国内旅游总收入（单位：万亿元）与年份代号线性相关，且满足，则估计第10年国内旅游总收入约为（ ）A.5.97万亿元
2、B.6.07万亿元C.6.17万亿元D.6.37万亿元6.将函数的图象沿轴向右平移个单位长度后得到函数的图象，则的一个极值点可能为（ ）A.B.C.D.7.已知直角梯形中，则（ ）A.16B.32C.34D.408.已知为二次函数，且，则（ ）A.B.C.D.9.如图，直线与双曲线交于，两点，点为双曲线上异于，且不与，关于坐标轴对称的任意一点，若直线，的斜率之积为，则的取值范围是（ ）A.B.C.D.10.如图，已知六个直角边长均为1和的直角三角形围成两个正六边形，若向该图形内随机投掷一个点，则该点落在小正六边形内部的概率为（ ）A.B.C.D.11.执行下面的程序框图，则输出的（ ）A.41
3、B.48C.60D.7112.定义在上的连续函数的导函数为，且成立，则下列各式一定成立的是（ ）A.B.C.D.第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数，则曲线在点处的切线在轴上的截距为_.14.若椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，该圆的圆心是椭圆中心，则称这个圆为蒙日圆.若椭圆的蒙日圆的半径为，则椭圆的离心率为_.15.莱昂哈德欧拉是近代著名的数学家，欧拉对数学的研究非常广泛.复变函数中的欧拉公式（，其中是虚数单位）可以实现指数式和复数式的互化，那么把化成指数式为_.16.一个封闭的正方体容器内盛有一半的水，以正方体的一个顶点为支撑点，将该正方体在
4、水平桌面上任意旋转，当容器内的水面与桌面间距离最大时，水面截正方体各面所形成的图形周长为，则此正方体外接球的表面积为_.三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.已知数列的前项和为，等比数列中，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前2021项的乘积.18.已知在四棱锥中，为的中点，若正视图方向与向量的方向相同时，四棱锥的正视图为三角形.（1）证明：平面；（2）若三角形为直角三角形，求三棱锥的体积.19.近几年，随着大众鲜花消费习惯的转变，中国进入一个
5、鲜花消费的增长期.根据以往统计，某地一鲜花店销售某种级玫瑰花，在连续统计的320天的玫瑰花售卖中，每天的玫瑰花的销售量（单位：支）与特殊节日的天数如下表：非特殊节日的天数特殊节日的天数总计销售量在内的天数160销售量在内的天数1040总计170320（1）填写上表，判断是否有99%的把握认为“每天的玫瑰花的销售量与特殊节日有关”?（2）若按分层抽样的方式，从上述表格的特殊节日中抽取5天作为一个样本，再从这个样本中抽取2天加以分析研究，求这两天玫瑰花的销售量在内的概率.附：，其中.0.0500.0100.0013.8416.63510.82820.直线交椭圆于，两点，满足，其中为坐标原点.（1）
6、证明：直线恒与一个定圆相切；（2）设椭圆在，两点处的切线交于点，求点的轨迹方程.21.已知函数，的反函数为（其中为的导函数，）.（1）判断函数在上零点的个数；（2）当，求证：.（二）选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做第一题计分.22.选修4-4：坐标系与参数方程已知曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）将曲线的参数方程化为普通方程；（2）设曲线与曲线交于两点，求实数的值.23.选修4-5：不等式选讲设、，为正数，的最小值为.（1）求的值；（2）求不等式的解集.2021年普通高等学校全国统招生
7、考试湘豫名校联考数学（文科）答案第卷123456789101112BAADCDCBCABC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.【答案】B【解析】，又，则，故选B.2.【答案】A【解析】由已知可得，于是，故选A.3.【答案】A【解析】因为，所以为奇函数，其图象关于原点对称，排除B，D；因为，所以排除C，故选A.4.【答案】D【解析】，或（舍）.故选D.5.【答案】C【解析】计算可得，将点代入，可得，所以，将代入，可得万亿元，故选C.6.【答案】D【解析】根据题意，得，所以，所以，令，可得，故选D.7.【答案】C【解析】法一：
8、由题意可得，则.法二：画出图形，由题意可得，则，故选C.8.【答案】B【解析】由题意设，即，解得，所以，故选B.9.【答案】C【解析】设，则，则，由题意知，所以双曲线的渐近线方程为，所以.故选C.10.【答案】A【解析】由题意可得，外面的正六边形的面积为，内部的小正六边形的面积为，所以所求概率为.故选A.11.【答案】B【解析】执行程序框图，满足，满足，；，满足，满足，；，满足，满足，；，满足，满足，；，不满足，满足，；，不满足，满足，；，不满足，满足，；，不满足，满足，；，不满足，满足，；，不满足，满足，；，不满足，不满足，输出的值为48，故选B.12.【答案】C【解析】由题可得，所以，设则
9、，所以在上单调递减.由可得，所以，所以选项A、B错误，选项C正确.把代入得，选项D错误，故选C.第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.【答案】-1【解析】，切线方程为，切线在轴上的截距为-1.14.【答案】【解析】由题意得，当两切线分别为和时，也满足条件，.15.【答案】（答案不唯一）【解析】由题意知，把化成指数式需满足，例如当时，当时，.16.【答案】【解析】设正方体的棱长为，则正方体的体对角线长为，当正方体旋转到一条体对角线垂直于水平面时，容器内水的高度最大，又因为水的体积是正方体体积的一半，所以容器里水面的最大高度为体对角线的一半，即最大高度为.设外接球的球心为，则
10、球心为体对角线的中点，设正方体为，为的中点，取，的中点，的中点，可证得，进而可证平面，同理可得，水面截正方体各面形成的图形为正六边形，边长为，周长为，所以，则，所以正方体外接球的半径，故正方体外接球的表面积为.三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.【解析】（1）.当时，又，等比数列的公比为2，（2），所以当为奇数时，当为偶数时，数列的前2021项的乘积为：.18.【解析】（1）根据正视图的概念，可得平面，.为的中点，.，平面.（2），又为的中点，.又，.
11、19.【解析】（1）填表如下：非特殊节日的天数特殊节日的天数总计销售量在内的天数160120280销售量在内的天数103040总计170150320，故有99%的把握认为“每天的玫瑰花的销售量与特殊节日有关”.（2）根据分层抽样，抽取销售量在内的特殊节日有4天，记为，销售量在内的特殊节日有1天，记为，则从中抽取2天的结果为，共10种.其中这两天玫瑰花的销售量在内的结果有，共6种，所以所求概率为.20.【解析】（1）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入得，设，则，（）由得，将（）代入化简得，所以点到直线的距离，直线恒与定圆相切，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，也满足与定圆相切，直线恒与一
12、个定圆相切.（2）设，当，不在坐标轴上，且的斜率存在时，设直线，代入，由，得，直线，同理可得，因为它们都过点，所以，所以直线同时过点，即直线为，即，与对比得，由（1）知，故有，即，当，在坐标轴上，或斜率不存在时，经检验仍满足，所以点的轨迹方程为.21.【解析】（1）由题意得，则.由，得或.由，得或；由，得.故当在上变化时，的变化情况如下表：1+0-0+单调递增极大值单调递减极小值单调递增根据上表知，.根据零点存在性定理，函数在上存在唯一零点，又因为，所以根据的单调性可知，函数在上零点的个数为2.（2）因为，其反函数为，所以原不等式为.当时，故函数在上单调递减，所以.设函数，则.设函数，则，易知
13、在上单调递增.因为，所以存在，使得，从而函数在上单调递减；在上单调递增.当时，当时，故存在，使得，即当时，当时，从而函数在上单调递减；在上单调递增.因为，故当时，所以，故.（二）选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做第一题计分.22.【解析】（1）由，得，即，又，两式相除得，代入，得，整理得，即为的普通方程.（2）曲线的极坐标方程化为直角坐标方程为，则圆的圆心到直线的距离为，则，得或.23.【解析】（1），即，两边开平方得同理可得，三式相加，得，当且仅当时，等号成立，所以.（2）由（1）可知求不等式的解集，当时，原不等式等价于，解得，当时，原不等式等价于，解得，当时，原不等式等价于，解得，综上所述，原不等式的解集为.17