1、（全国I卷）2021届高三数学下学期5月押题卷 理注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2回答第卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。第卷（选择题）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已知集合，则集合的真子集的个数为（ ）ABCD2已知复数，若在复平面内对应的点位于第三象限，则实
2、数的取值范围为（ ）ABCD3双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为（ ）ABCD4已知向量，且，则（ ）A2BCD35函数的图象大致是（ ）ABCD6已知，则“”是“”的（ ）条件A充分不必要B必要不充分C充分必要D既不充分也不必要7已知是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（ ）A若，则B若，且，则C若，且，则D若，则8已知直线与圆相交于两点，且这两点关于直线对称，则的值分别为（ ）ABCD9任何一个函数都可以表示成一个奇函数与一个偶函数和或差的形式，若已知函数，若将表示成一个偶函数和一个奇函数的差，且对恒成立，则实数的取值范围为（ ）ABCD10在体积为8的正方体内部
3、任意取一点，能使四棱锥，的体积大于的概率为（ ）ABCD11已知函数（）的值域为，其中，则的取值范围是（ ）ABCD12已知椭圆的左右焦点分别为，点是椭圆上一点，点是线段上一点，且，则该椭圆的离心率为（ ）ABCD第卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13的展开式中的系数为_14若函数的值域为，试确定的取值范围是_15在中，内角，所对的边分别为，且，则的周长的最大值是_16已知函数，若在上恒成立，则正实数的取值范围为_三、解答题：本大题共6个大题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（12分）已知数列满足，（1）证明：数列为等差数列；（2）求数列的前项和
4、18（12分）某市为提高市民的安全意识，组织了一场知识竞赛，已知比赛共有2000位市民报名参加，其中男性1200人，现从参赛的市民当中采取分层抽样的方法随机抽取了100位市民进行调查，根据调查结果发现分数分布在450950分之间，将结果绘制的市民分数频率分布直方图如图所示：将分数不低于750分的得分者称为“高分选手”（1）求的值，并估计该市市民分数的平均数、中位数和众数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）现采用分层抽样的方式从分数落在，内的两组市民中抽取10人，再从这10人中随机抽取3人，记被抽取的3名市民中属于“高分选手”的市民人数为随机变量，求的分布列及数学期望；（3）若样本
5、中属于“高分选手”的女性有15人，完成下列列联表，并判断是否有的把握认为该市市民属于“高分选手”与“性别”有关？属于“高分选手”不属于“高分选手”合计男生女生合计（参考公式：，期中）19（12分）如图所示，直角梯形中，四边形EDCF为矩形，平面平面（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值20（12分）椭圆的方程为，过椭圆左焦点且垂直于轴的直线在第二象限与椭圆相交于点，椭圆的右焦点为，已知，椭圆过点（1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆的右焦点作直线交椭圆于、两点，交轴于点，若，求证：为定值21（12分）已知函数（1） 试讨论函数的零点个数；（2） 设，为函数的两个零点，证明：请考生在22、23两
6、题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】在直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），直线的方程为（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（1）求曲线的极坐标方程和直线的普通方程；（2）过点，倾斜角为的直线与曲线交于两点，求的值23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数（1）求不等式的解集；（2）若，为正实数，函数的最小值为，且满足，求的最小值答案解析1. 【答案】A【解析】集合，故其真子集的个数为个，故选A2. 【答案】B【解析】，因为复数在复平面内对应的点位于第三象限，则，解得，故选B3. 【答案】A【解析】由题
7、意，双曲线的一条渐近线方程为，可得，所以，解得，故选A4. 【答案】D【解析】由，因为，所以，所以，故选D5. 【答案】B【解析】，令，则，故为上的奇函数，故的图象关于对称，故排除C；又当时，令，则，故，故当时，故排除D；而，故排除A，故选B6. 【答案】A【解析】表示顶点分别为的椭圆上及椭圆内部区域内的点，表示顶点的菱形上以及菱形内部区域内的点，故可得是的充分不必要条件，故选A7. 【答案】C【解析】A选项，当，时，不能得出，故该选项不正确；B选项，由题得或相交，所以该选项错误；C选项，由题得，又，所以，所以该选项正确；D选项，时，不能得出，故该选项错误，故选C8. 【答案】B【解析】直线与
8、圆的两个交点关于直线对称，直线经过圆心且直线与直线垂直，解得，故选B9. 【答案】C【解析】由，有，解得，可化为，有，有，得，又由，有，故选C10. 【答案】D【解析】作与正方体每个面平行且距离为的截面，从而可以在正方体内部得到一个小的正方体，由题意可得当点落在小正方体内部时，能使四棱锥，的体积大于，根据几何概型概率公式知，故选D11. 【答案】D【解析】因为（其中）令，因为，所以因为，且，所以，故，即当时，单调递减，因为，所以，故选D12. 【答案】B【解析】设，则，由余弦定理得，即，所以，因为，所以，整理得，即，整理得，所以，故选B13. 【答案】27【解析】由，所以的系数为27，故答案为
9、2714. 【答案】【解析】令，则；令，解得或，即或，解得或，故的取值范围是15. 【答案】6【解析】因为，所以，即，所以可得，所以，解得，当且仅当时等号成立，故，所以的周长的最大值为616. 【答案】【解析】因为；易得为奇函数，且为增函数；又因为，所以在上恒成立在上恒成立，所以在上恒成立，所以在上恒成立，设，所以，且，当时，所以在上递增，所以，满足；当时，令，所以，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，这与矛盾，所以不满足，综上可知，故答案为17. 【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）依题，在两边同时除以，得，故数列是以1为首项，1为公差的等差数列（2）由（1）得，可得，所以，则数
10、列的前项和，所以，令，则，由可得，所以，所以18. 【答案】（1），平均数670，中位数650，众数600；（2）分布列见解析，期望为；（3）填表见解析，有的把握认为【解析】（1）由题意知，解得，样本平均数为，中位数650，众数600（2）由题意，从中抽取7人，从中抽取3人，随机变量的所有可能取值有0，1，2，3，所以随机变量的分布列为：0123随机变量的数学期望（3）由题可知，样本中男性60人，女性40人，属于“高分选手”的25人，其中女姓15人；得出以下列联表；属于“高分选手”不属于“高分选手”合计男生105060女生152540合计2575100，所以有的把握认为该市市名属于“高分选手”
11、与性别有关19. 【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】证明：连接BD，依题可得，又四边形EDCF为矩形，平面平面，平面，平面，平面平面（2）取中点G，连接如图，以为原点，所在直线为轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，不妨设，则，；设平面的一个法向量为，不妨设，则，设向量与的夹角为，则，二面角的余弦值为20. 【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】依题可知，所以，即，解得又椭圆过点，联立可得，椭圆的标准方程为（2）设点、，由题意可知，直线的斜率存在，可设直线的方程为，联立，可得，由于点在椭圆的内部，直线与椭圆必有两个交点，由韦达定理可得，得，21
12、. 【答案】（1）见解析；（2）证明见解析【解析】，当时，；当时，所以在上单调递增，在上单调递减，当时，；当时，；当时，所以当时，有一个零点；当时，有两个零点；当时，有一个零点；当时，没有零点（2）由题意可得函数的定义域为，设，所以，所以函数在上单调递增，又，列表如下：x10极小值所以函数在上单调递减，在上单调递增，设，可得，因为，所以，设函数，则，函数在上单调递增，所以，所以，即，又函数在上单调递减，所以，所以22. 【答案】（1），；（2）【解析】（1）由曲线的参数方程，得曲线的普通方程为，即，由极坐标与直角坐标的互化公式，得曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为（2）设，将直线的方程为（为参数）代入曲线的方程：，得，所以，所以23. 【答案】（1）；（2）16【解析】（1）由，所以；，综上所述，所以不等式的解集为（2）因为，所以函数的最小值为8，即，所以，由，为正实数，则，所以，当且仅当时，取等号，故的最小值为16