命题卷（02） 决胜2021新高考数学命题卷（新高考地区专用）（解析版） (2)

1、决胜2021新高考数学测试数学 命题卷（02）一、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已知集合，则（ ）abcd【答案】c【解析】因为集合，所以，故选：c.2已知为虚数单位，且，则复数的虚部为（ ）abcd【答案】b【解析】由题，又，.所以复数的虚部为故选：b3已知命题：，则它的否定形式为（ ）a，b，c，d，【答案】d【解析】命题的否定，需要修改量词并且否定结论，所以命题：，则它的否定形式为，.故选：d.4.七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板”，它是由五块等腰直角三角形（两块全等的小三角形、一块中三角形和两块全等的大三角形）

2、、一块正方形和一块平行四边形组成的如图是一个用七巧板拼成的正方形，现从该正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率是abcd【答案】a【解析】设，则.，所求的概率为故选a.5函数的图象大致为（ ）abcd【答案】d【解析】函数定义域是，由于的图象关于直线对称，的图象也关于直线对称，因此的图象关于直线对称，排除ac，有无数个零点，因此也有无数个零点，且当时，排除b故选：d6已知的外接圆直径为1，是的中点，且，则（ ）abcd【答案】c【解析】解：因为的外接圆直径为1，是的中点，且，且；故；.故选：c7在棱长为1的正方体中，e为棱cd上的动点（不含端点），过b，e，的截面与棱交于f，若截面在平面和

3、平面上正投影的周长分别为，则（ ）a有最小值b有最大值c是定值d是定值【答案】a【解析】依题意，设截面在平面的投影为四边形，在平面上的投影为四边形，设，则四边形的周长，四边形的周长为，则，又因为可以看成到点和点的距离之和，所以，所以取值范围为.故选：a.8已知函数满足，且当时，若当时，函数与轴有交点，则实数的取值范围是（ ）abcd【答案】d【解析】因为函数满足，且当时，则在上，若当时，函数与轴有交点，即函数的图象有交点，如图过的斜率，则实数的取值范围为，综上所述，故选d.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，

4、有选错的得0分9若，则下列结论正确的是（ ）abc，d【答案】abc【解析】因为，所以，所以，所以，故a正确；因为，所以，所以，故b正确；因为，所以，故c正确；因为，所以，所以，故d错误故选：abc10已知为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，短轴长为2，点，在上且，直线与交于另一个点，若，则下列说法正确的是（ ）a为等腰三角形b椭圆的离心率为c内切圆的半径为d面积的最大值为【答案】bcd【解析】由题意知，所以点，在以为圆心，为直径的圆上，所以.设，由于，所以，故不是等腰三角形，故a错误.根据椭圆的定义可知，所以，所以，则.又，所以为等腰直角三角形，可得.由题意知，所以，所以椭圆的标准方程为，离

5、心率为，故b正确.易知的面积，设的内切圆半径为，则，即，所以，故c正确.不妨令，又，所以直线的方程为，设，则点到直线的距离，其中，所以，因为，所以面积的最大值为，故d正确.故选：bcd11如图所示，点是函数(，)图象的最高点，是图象与轴的交点，若，且，则（ ）abcd【答案】bc【解析】由题知的纵坐标为，又，所以，所以，所以的周期，所以，故b正确；所以，故c正确；，故a错误，将代入函数解析式可得：，()，故d错误.故选：bc.12函数在，上有定义，若对任意，有，则称在，上具有性质设在，上具有性质，下列命题正确的有（ ）a在，上的图象是连续不断的b在，上具有性质c若在处取得最大值1，则，d对任意

6、，有【答案】cd【解析】对a，反例在，上满足性质，但在，上不是连续函数，故a不成立；对b，反例在，上满足性质，但在，上不满足性质，故b不成立；对c：在，上，故，对任意的，故c成立；对d，对任意，有 ，故d成立故选：cd.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知数列满足：，则的前100项和为_.【答案】1【解析】解：因为，所以，可知数列是以3为周期的周期数列，且，所以 故答案为：1.14春节文艺汇演中需要将六个节目进行排序，若两个节目必须相邻，且都不能排在号位置，则不同的排序方式有_种.(用数字作答)【答案】【解析】将捆绑，先确定的位置，有种可能，再将剩余节目进行排序，有种可能，所

7、以不同的排序方式共有种.故答案为：144.15已知三棱锥中，为的外接圆的圆心，则三棱锥的外接球的表面积为_.【答案】【解析】由题意是中点，则，因为，所以，又，平面，所以平面，而平面，所以平面平面，作平面，垂足为， 平面，则平面，又平面平面，则，因为，所以是矩形，取中点，连接，则，从而平面就是三棱锥也是四棱锥的外接球的球心球半径为，表面积为故答案为：16已知直线与双曲线的一条渐近线交于点，双曲线的左、右顶点分别为，若，则双曲线的离心率为_.【答案】或【解析】若渐近线的方程为，则点的坐标为.因为，所以，则，所以，从而.若渐近线的方程为，则点的坐标为，同理可得.四、解答题：本题共6小题，共70分解答

8、应写出文字说明、证明过程或演算步骤17的内角，的对边分别为，已知.（1）若，求面积的最大值；（2）若为边上一点，且，求.【答案】（1）最大值为；（2）.【解析】（1）根据及正弦定理，可得，即，可得.，.，.根据余弦定理可得，当且仅当时等号成立，的面积为，的面积的最大值为.（2）由可得，.在中，利用正弦定理可得，即，解得.18在某电视节目上，甲、乙、丙三个人组成的解密团队参加一项解密挑战活动，规则是由密码专家给出题目，然后由3个人依次出场解密，每人限定时间是1分钟内，否则派下一个人3个人中只要有一人解密正确，则认为该团队挑战成功，否则挑战失败根据甲以往解密测试情况，抽取了甲100次的测试记录，绘

9、制了如下的频率分布直方图（1）若甲解密成功所需时间的中位数为47，求，的值，并求出甲在1分钟内解密成功的频率（2）在该节目上由于来自各方及自身的心理压力，用表示第个出场选手解密成功的概率，并且定义为甲抽样中解密成功的频率，各人是否解密成功相互独立（i）求该团队挑战成功的概率；（ii）规定第三人无论解密成功与否比赛都结束，记该团队参加挑战人数为，求的分布列与数学期望【答案】（1）；（2）（i）；（ii）答案见解析.【解析】（1）甲解密成功所需时间的中位数为47，解得，解得甲在1分钟内解密成功的频率是（2）（i）由题意及（1）可知第一个出场选手解密成功的概率为；第二个出场选手解密成功的概率为；第三

10、个出场选手解密成功的概率为该团队挑战成功的概率为（）根据题意知的所有可能取值为1，2，3由（i）可知，该团队参加挑战人数的分布列为1230.90.0910.00919如图，在五面体中，四边形为矩形，为等边三角形，且平面平面，和平面所成的角为45°，且点在平面上的射影落在四边形的中心，且.（1）证明：平面；（2）求平面与平面所成角(锐角)的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）如图所示，连接，取的中点分别为，再连接，由正方形的性质，可得为四边形的中心，因为点在平面上的射影落在四边形的中心，所以平面，设，因为和平面所成的角为45°，所以，因为，所以，又因为平面

11、平面，平面平面，所以平面，则，所以四边形是平行四边形，所以.因为平面，平面，所以平面；（2）在平面中，作，如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴建系，则，又因为平面平面，所以是平面的一个法向量.设平面的法向量为，因为，所以，令，则解得，所以平面的法向量为.记平面与平面所成的角为，可得，所以平面与平面所成角(锐角)的余弦值为.20由整数构成的等差数列满足.（）求数列的通项公式；（）若数列的通项公式为，将数列，的所有项按照“当n为奇数时，放在前面；当n为偶数时、放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列，求数列的前项和.【答案】（）；（）.【解析】（）由题意，设数列的公差为，因为，可得，整理得

12、，即，解得或，因为为整数数列，所以，又由，可得，所以数列的通项公式为.（）由（）知，数列的通项公式为，又由数列的通项公式为，根据题意，新数列，则.21已知函数，.（1）当为何值时，直线是曲线的切线；（2）若不等式在上恒成立，求的取值范围.【答案】(1) .(2) .【解析】（1）令，设切点为，则，则.令，则函数在上单调递减，在上单调递增，且，所以.（2）令，则，当时，所以函数在上单调递减，所以，所以满足题意.当时，令，得，所以当时， ，当时，.所以函数在上单调递增，在上单调递减.（）当，即时，在上单调递增，所以，所以，此时无解.（）当，即时，函数在上单调递增，在上单调递减.所以 .设 ，则，所以在上单调递增, ，不满足题意.（）当，即时，在上单调递减，所以，所以 满足题意.综上所述：的取值范围为.22已知点a，b在椭圆上，点a在第一象限，o为坐标原点，且.（1）若，直线的方程为，求直线的斜率；（2）若是等腰三角形(点o，a，b按顺时针排列)，求的最大值.【答案】（1）；（2）最大值.【解析】（1）由，得椭圆方程为.由得或因为点a在第一象限，所以.又，所以直线的方程为，即.由得或所以，所以直线的斜率为.（2）法1：设直线的斜率为，则直