1、2021届高三下学期5月高考冲刺金卷（新课改）数 学本试卷共5页，全卷满分150分，考试用时120分钟注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效3非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效4考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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若，则（ ）ABCD2
2、已知集合，则（ ）ABCD3火车站流动旅客较多，本着“疫情防控不松懈，健健康康过春节”的精神，某火车站安排6名防疫工作人员每天分别在，三个进出口对旅客进行防护宣传与检查工作，每名工作人员只去1个进出口，进出口安排1名，进出口安排2名，剩下的人员到进出口，则不同的安排方法共有（ ）A48种B60种C100种D120种4在平行四边形中，设，为的中点，与交于，则（ ）ABCD5已知圆柱中，点，为底面圆周上的三点，为圆柱的母线，则点到平面的距离为（ ）AB1CD6已知双曲线的左右焦点分别为，点在双曲线的右支上，为坐标原点，则的值为（ ）ABC1D27（，为非零常数）是数列满足：的（ ）A充分不必要条件
3、B必要不充分条件C充要条件D非充分非必要条件8已知随机变量的分布列是01随机变量的分布列是123以下错误的为（ ）ABCD二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的全部正确得5分，有错误选项得0分，无错误选项且部分正确得3分9若展开式所有项的系数之和与二项式系数之和均为32，则下面结论正确的是（ ）AB展开式中含的系数为270C展开式的第4项为D展开式中含有常数项10流行病学调查，简称“流调”，是疫情防控工作中的重要一环，它为描绘清晰的病毒传播链、判定密切接触者、采取隔离措施以及划定消毒范围提供了科学依据下图是某地183名“新冠”病例
4、年龄分布“流调”数据，以下关于“流调”说法正确的是（ ）A5160岁的中年人感染风险最高B年龄的中位数在5160岁之间C婴幼儿抵抗能力较强D“隔离”相关人员是防止病毒传播的重要措施之一11函数的部分图象如图所示，则（ ）ABC函数在上单调递增D函数图象的对称轴方程为12设函数满足：；当时，函数与函数交点的横坐标从左到右依次构成数列，则下列结论正确的是（ ）A函数的值域为B函数是偶函数C对任意的，数列的前项和D当，时，满足的的最小值为17三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知一组数据点，用最小二乘法得到其线性回归方程为，若数据，的均值为，则可以估计数据，的均值为_14过点作斜率为
5、的直线与圆相交于，两点，若，则的值为_15已知，则，的大小关系为_16飞车走壁技艺利用圆周运动特点和惯性原理，表演者驾驶飞车在球形大棚的内壁上行走，飞车忽高忽低，斜走横行，甚至直贯球顶，该技艺目前已成为中国国宝级杂技节目已知球形飞车大棚内有4辆飞车、，分别飞行于上下平行两个的等圆周上，飞车飞行在上圆周，飞车，飞行在下圆周，且满足，则的最大值为_；若三棱锥的最大体积为，则球形飞车大棚的直径约为_（第一空2分，第二空3分）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（10分）已知等差数列的前项和为，且，_请在；，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并回答以下问题（
6、1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和18（12分）在梯形中，对角线，交于点，且有，（1）用关于的函数分别表示，；（2）若，求的值和的面积19（12分）2022年北京冬季奥运会将在北京市和河北省张家口市联合举行，北京市延庆区张山营镇的2022北京冬奥森林公园于2020年4月22日正式启动了冬奥赛区的树木移植工作本次移植的树木来自2022北京冬奥赛区树木假植区，包含暴马丁香、核桃楸、大叶白蜡等多个品种现从冬奥赛区树木假植区中抽取300棵暴马丁香，并对树木高度（单位：）进行测量，将测量结果绘制为如图所示的频率分布直方图（1）估计抽取的300棵暴马丁香树木高度的平均值（同一组中的数据可用该区间的
7、中点值为代表）；（2）北京冬奥赛区树木假植区内的暴马丁香的高度（）服从正态分布，其中近似为样本平均数.记为假植区内10 000棵暴马丁香中高度位于区间的数量，求；（3）在树木移植完成后，采取施用生根粉、加挂营养液等方式确保了移植树木的成活率，经验收，单棵移植成活率达到了90%假设各棵树木成活与否相互不影响，求移植五棵暴马丁香成活四棵及以上的概率（保留三位小数）附：若，则，20（12分）如图，等腰直角的斜边为直角的直角边，是的中点，在上将三角形沿翻折，分别连接，使得平面平面已知，（1）证明：平面；（2）若，求二面角的余弦值21（12分）已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，且抛物线的准线与椭圆相交
8、的弦长为1（1）求椭圆的标准方程；（2）设两条不同的直线与直线交于点，且倾斜角之和为，直线交椭圆于点，直线交椭圆于点，求的取值范围22（12分）已知函数，（1）若函数为单调函数，求实数的取值范围；（2）当时，证明：在恒成立2021高考冲刺金卷数学答案1【答案】 C【解析】 ，故选C2【答案】 C【解析】 ，故选C3【答案】 B【解析】 首先从6名工作人员中选1名去进出口，方法数有；然后从其余5名工作人员中选2名去进出口，方法数有；最后剩下的3名工作人员去进出口方法数有故不同的安排方法共有种故选B4【答案】 B【解析】 连接与交于，则为的中点，因为为的中点，所以为三角形的重心，所以，故选B5【答
9、案】 A【解析】 如图所示，由题可知平面，所以平面平面且交线为，所以过点作，则平面，所以为点到平面的距离，由已知在中，即得，故选A6【答案】 B【解析】 由题知，因为，所以，又，所以，所以由双曲线的定义可知，解得，故选B7【答案】 A【解析】 （，为非零常数），是充分的若则，但（，为非零常数）不成立，所以不是必要的8.【答案】 C【解析】 A由已知得，所以A对B，所以B对C，所以，故C错误D，计算得，所以所以D对，故选C9.【答案】 ABC【解析】 令，由题意可得，二项式为，A对；，令，计算可知展开式中含的系数为270，B对；令进行计算可知展开式的第4项为C对；显然D错，故选ABC10【答案】
10、 ABD【解析】 由图可知，岁感染46人最多，故A正确；由于，年龄的中位数在51至60岁之间，故B正确；中老年人外出较多，因此感染的风险就越高，而婴儿和外界接触少是感染者少的主要原因，并不是因为抵抗力强，C错误，D正确故选ABD11【答案】 AD【解析】 由图象知函数的周期，所以A对；由五点对应法得，因为，所以，所以B错，所以当时，函数单调递减，取，得的一个单调递减区间为，所以C错，函数图象的对称轴方程为，即，所以D对12【答案】 BCD【解析】 当时，得，A错误；设，那么有函数是偶函数，故B正确；对，因为总与图象有交点，数列的前项和，C正确；由可知，函数是周期为4的周期函数，且为周期内的对称
11、轴而时则可以取到的最小值为17，故D正确，故选BCD13【答案】 2【解析】 因为回归方程为，数据，的均值为，所以可以估计数据，的均值为14【答案】 或【解析】 依题可设直线的方程为，即，设圆到直线的距离为，则所以，所以或，故填或15【答案】 【解析】 ，所以，因为，所以16【答案】 10【解析】 由余弦定理可得：，由题中最大体积知，由正弦定理可得：截面圆的直径，所以由球的截面性质可知球的半径满足，故，球形飞车大棚的直径大约为17【解】 （1）设等差数列的公差为，所以由得，即得，选，解：解得，所以选，；解：由得，所以解得所以选，解：由及，得，所以解得所以（2）由题可知，所以，所以，两式相减得所
12、以18【解】 （1）过点作交的延长线于，则，在三角形中，由正弦定理得，所以，所以，所以，（2）因为，所以；因为，代入余弦定理有；解得或（舍去，因为此时，与矛盾）；于是19.【解】 （1）抽取树木高度为的频率为，所以样本均值（2）由第一问估计，一棵树的高度位于区间的概率为0.1359，依题意知，所以（3）记移植五棵树中成活了棵20【解】 （1）证明 过做，垂足为，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，则，是等腰直角三角形斜边的中点，又，平面，平面，平面，平面，平面，平面（2）由题意可知，在等腰直角三角形中，由（1）可知，为直角三角形的中位线，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设平面的法向量
13、，则，由得取，显然，平面的法向量，二面角的余弦值21【解】 （1）抛物线的焦点坐标为，准线方程为，设，由已知得，解得，则，则椭圆的标准方程为（2）因为两条不同的直线与直线交于点，且倾斜角之和为，所以可设直线为，直线为，将直线的方程代入椭圆方程得，所以，所以，同理，所以，当时，所以当且仅当，即时，不等式中的等号成立，所以的取值范围为；当时，所以，当且仅当，即时，不等式中的等号成立，所以的取值范围为，综上，的取值范围为22.【解】 （1）由，得，记，则，当时，单调递减；当时，单调递增；所以，因为为单调函数，则恒不小于0或恒不大于0，又当时，且时，所以，即，解得（2）证明 当时，所以，由（1）知在上单调递减，在单调递增，所以又因为，所以存在唯一的，使，所以当，当，所以在上单调递减；在上单调递增；且，所以，又因为，所以，所以，所以恒成立
