2021届高考理科数学金榜猜题试题及答案（适用于新课标全国卷Ⅱ地区）

2021届高考理科数学金榜押题卷（适用于新课标全国卷Ⅱ地区）【满分：150分】一、选择题：本题共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.已知全集为，集合，则等于()A.B.C.D.2.已知，则()A.B.C.D.3.为了援助湖北抗击疫情，全国各地的白衣天使走上战场的第一线，他们分别乘坐6架我国自主生产的“运20”大型运输机，编号分别为1，2，3，4，5，6，同时到达武汉天河飞机场，每五分钟降落一架，其中1号与6号相邻降落的概率为()A.B.C.D.4.程大位《算法统宗》里有诗云：“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言，务要分明依次弟，孝和休惹外人传.”意思为：996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第一个开始，之后每人依次多17斤，直到第八个孩子为止，分配时一定要等级分明，使孝顺子女的美德外传.则第八个孩子分得棉花的斤数为()A.65B.176C.183D.1845.已知圆，若圆上存在弦，满足，且的中点在直线上，则实数的取值范围是()A.B.C.D.6.已知等比数列的前项和为，若，则()A.18B.10C.D.7.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.B.1C.D.8.若焦点在y轴上的双曲线的离心率为3，则该双曲线的渐近线方程为()A.B.C.D.9.已知定义在R上的奇函数和偶函数满足（且），若，则函数的单调递增区间为()A.B.C.D.10.已知正方体中，点M是线段的中点，且平面平面，则直线l与所成角的余弦值为()A.B.C.D.11.已知，若，则()A.B.C.D.12.数学上有很多著名的猜想，角谷猜想就是其中之一，一般指冰雹猜想，它是指一个正整数，如果是奇数就乘3再加1，如果是偶数就析出偶数因数，这样经过若干次数，最终回到1.对任意正整数，记按照上述规则实施第n次运算的结果为，则使的所有可能取值的个数为()A.3B.4C.5D.6二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知向量.若，则_________________.14.我国第一艘航空母舰“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架“歼-15”舰载机准备着舰，已知乙机不能最先着舰，丙机必须在甲机之前着舰(不一定相邻)，那么不同的着舰方法种数为________________.15.复数(为虚数单位)，则____________________.16.在矩形中，，将沿直线翻折，形成三棱锥.①当时，三棱锥的体积为；②当平面平面时，；③三棱锥外接球的表面积为定值.以上命题正确的是_________.（填上所有正确命题的序号）三、解答题：共70分。解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤。第17~21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.（12分）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求A；（2）若，求的面积.18.（12分）垃圾是人类日常生活和生产中产生的废弃物，由于排出量大，成分复杂多样，且具有污染性，所以需要无害化、减量化处理.某市为调查产生的垃圾数量，采用简单随机抽样的方法抽取20个县城进行了分析，得到样本数据，其中和分别表示第i个县城的人口(单位：万人)和该县年垃圾产生总量(单位：吨)，并计算得，.（1）请用相关系数说明该组数据中y与x之间的关系可用线性回归模型进行拟合；（2）求y关于x的线性回归方程；（3）某科研机构研发了两款垃圾处理机器，其中甲款机器每台售价100万元，乙款机器每台售价80万元，下表是以往两款垃圾处理机器的使用年限统计表：1年2年3年4年总计甲款520151050乙款152010550根据以往经验可知，某县城每年可获得政府支持的垃圾处理费用为50万元，若仅考虑购买机器的成本和每台机器的使用年限(使用年限均为整年)，以频率估计概率，该县城选择购买一台哪款垃圾处理机器更划算?参考公式：相关系数，对于一组具有线性相关关系的数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：.19.（12分）如图，已知椭圆的离心率为，其右顶点为A，下顶点为B，定点的面积为3，过点C作与y轴不重合的直线l交椭圆C于P，Q两点，直线BP，BQ分别与x轴交于M，N两点.（1）求椭圆C的方程.（2）试探究点M，N的横坐标的乘积是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.20.（12分）如图，在四棱柱中，底面ABCD是边长为2的菱形，，点M，N分别为棱的中点.（1）求证：平面；（2）若，二面角D-MC-B的余弦值为，求直线AM与平面BCM所成角的正弦值.21.（12分）已知函数既存在极大值，又存在极小值.(1)求实数的取值范围；(2)当时，分别为的极大值点和极小值点，且，求实数的取值范围.（二）选考题：共10分。请考生在第22，23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（其中t为参数，）.以直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.（1）试写出直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（2）设直线l与曲线C交于P，Q两点，曲线C与x轴正半轴交于点M，若的面积是1，求.23.[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知函数.（1）解不等式；（2）记函数的最小值为m，若，且，求的最小值. 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 以及解析一、选择题1.答案：D解析：因为，所以.又，所以.2.答案：C解析：因为，所以，整理得，则，所以.3.答案：D解析：6架飞机的降落顺序有种，而1号与6号相邻降落的顺序有种，所以所求事件的概率.故选D.4.答案：D解析：根据题意可得每个孩子分得棉花的斤数构成一个等差数列，其中公差，项数，前8项和.由等差数列的前项和公式可得，解得，所以.5.答案：D解析：圆的方程可化为，因此圆心为，半径，连接，由于弦满足，所以，因此点在以为圆心、1为半径的圆上.又点在直线上，所以直线与圆有公共点，于是，解得.6.答案：D解析：设等比数列的公比为，由题意得解得所以，故选D.7.答案：D解析：由几何体的三视图可得该几何体的直观图，如图所示，该几何体是四棱锥，且底面是边长为1的正方形，高为1，所以其体积为，故选D.8.答案：C解析：因为双曲线的离心率为3，所以，所以，所以.又该双曲线的焦点在y轴上，所以其渐近线方程为.故选C.9.答案：D解析：依题意，有得得又因为所以可知在上单调递增.根据复合函数“同增异减”的原则可知，函数的单调递增区间为.故选D.10.答案：A解析：如图，延长，设，连接，则AO即为平面与平面ABCD的交线l.因为，所以AO与所成角为或其补角.设正方体的棱长为1，则，所以，故，则.故选A.11.答案：C解析：由题设可知，，得，令，则，易知在上为增函数，由得，所以，所以，则.12.答案：D解析：由题意知，由得或①若则或或②若则或.当时此时或；当时，此时或.综上，满足条件的的值共有6个.故选D.二、填空题13.答案：解析：由题意可得，因为，所以，即.14.答案：48解析：根据题意，分两种情况讨论：①丙机最先着舰，此时只需将剩下的4架舰载机全排列，有种情况，即此时有24种不同的着舰方法；②丙机不是最先着舰，此时需要在除甲、乙、丙之外的2架舰载机中任选1架，作为最先着舰的舰载机，将剩下的4架舰载机全排列，丙机在甲机之前和丙机在甲机之后着舰的方法数相等，因此有种情况，即此时有24种不同的着舰方法.根据分类加法计数原理，共有种不同的着舰方法.15.答案：解析：通解，所以.优解.16.答案：①③解析：对于①，当时，满足所以由于所以平面ACD，所以故①正确.对于②，过点A作垂足为E，因为平面平面BCD，平面平面所以平面BCD，则假设因为所以平面ABD，则与已知矛盾，所以假设错误，即CD与AB不垂直，故②错误；对于③，由于和为直角三角形，所以BD的中点O到A，B，C，D的距离相等，即点O是三棱锥外接球的球心，故三棱锥外接球的表面积为定值，故③正确.故正确的命题为①③.三、解答题17.答案：（1）由正弦定理得，，所以，所以，所以，又，所以.（2）在中，由余弦定理得，因为，所以，即.因为，所以，所以.18.答案：（1）由题意知相关系数，因为y与x的相关系数接近1，所以y与x之间具有较强的线性相关关系，可用线性回归模型进行拟合.（2），，所以.（3）以频率估计概率，购买一台甲款垃圾处理机器节约政府支持的垃圾处理费用X（单位：万元）的分布列为：X-50050100P0.10.40.30.2（万元）.购买一台乙款垃圾处理机器节约政府支持的垃圾处理费用Y（单位：万元）的分布列为：Y-302070120P0.30.40.20.1（万元）.因为，所以该县城选择购买一台甲款垃圾处理机器更划算.19.答案：(1)由已知得的面积为①.由化简得②.联立①②两式，解得或（舍去），，椭圆C的方程为(2)设直线PQ的方程为则直线BP的方程为令得点M的横坐标直线BQ的方程为令得点N的横坐标.把直线方程代入椭圆方程得由得.由根与系数的关系，得.故点M，N的横坐标的乘积为定值.20.答案：（1）如图，取的中点E，连接，因为M为棱的中点，所以且.因为四边形ABCD是菱形，N为BC的中点，所以且，所以且，所以四边形EMCN为平行四边形，所以.又平面平面，所以平面.（2）解法一连接BD，因为底面ABCD是菱形，所以，又，所以平面，所以.又，所以平面ABCD.取AB的中点F，连接DF，则，以D为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，所以.设平面BCM的法向量为，则即取，得.易知平面DMC的一个法向量为.由题意得，，得.所以.设直线AM与平面BCM所成的角为，则，所以直线AM与平面BCM所成角的正弦值为.解法二连接BD，因为底面ABCD是菱形，所以，又，所以平面，所以.又，所以平面ABCD.又平面，所以平面平面ABCD.取DC的中点G，连接BG，则，又平面平面平面ABCD，所以平面.过点G作，垂足为H，连接BH，则∠BHG为二面角D-MC-B的平面角.由题意得，所以.易知，所以，所以.设，由，得，即，得，所以.设点A到平面BCM的距离为h，由，得，解得.设直线AM与平面BCM所成的角为，则.所以直线AM与平面BCM所成角的正弦值为.21.答案：(1)由得，即.由既存在极大值，又存在极小值，知必有两个不相等的实数根.由得必有一个非零实数根，且或.实数的取值范围为.(2)当时，由(1)可知的极大值点为，极小值点为，此时，依题意得对任意恒成立，此时，，即.设，则，令(*)，则其判别式.①当时，在上单调递增，，即，符合题意；②当时，，设(*)的两根为，且，则，因此，则当时，在上单调递减，当时，，即，不合题意.综上，的取值范围是.22.答案：（1）由得，所以直线l的普通方程为.由，得，将代入得，所以曲线C的直角坐标方程为.（2）因为的面积是1，的面积是的面积的一半，所以的面积是，因此，解得，则.在中，由余弦定理，得，解得或.23.答案：(1)或或解得或或，所以即不等式的解集为.(2)，当且仅当时取等号，所以故由柯西不等式整理得，当且仅当，即时等号成立.所以的最小值为.