1、【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷理科数学（二）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，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，写在试题卷、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：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷（选择题）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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（ ）ABCD2已知是虚数
2、单位，则复数在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3设、，则“且”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4已知函数的定义域为，若有定义，则实数的取值范围是（ ）ABCD5已知斜率均为的直线，分别过双曲线的左右焦点，且直线，之间的距离为3，若则点到原点的距离大于2的概率为（ ）ABCD6在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知点和点若点在的角平分线上，且，则（ ）ABC2D67已知函数，若对任意的都有，则（ ）A0BCD18已知分别为三个内角的对边，且，则A为（ ）ABCD9已知，下列说法正确的是（ ）ABCD10已知椭圆，过点的
3、直线交椭圆于、两点，若为的中点，则直线的方程为（ ）ABCD11已知数列满足，若，则数列的前项和为（ ）ABCD12已知函数，若函数恰有四个不同的零点，则的取值范围为（ ）ABCD第卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13已知对于一组数据，关于的线性回归方程为，若，则_14若的展开式中含项的系数为8，则该展开式中的常数项为_15若曲线与曲线在公共点处有相同的切线，则该切线的方程为_16如图，棱长为1的正方体中，P为线段A1B上的动点(不含端点)，有下列结论：平面A1D1P平面A1AP；多面体的体积为定值；直线D1P与BC所成的角可能为；可能是钝角三角形其中结论正确的序号是_(填
4、上所有序号)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）已知数列是正项等比数列，满足是、的等差中项，（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和18（12分）如图，四边形是矩形，平面平面，为中点，（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值19（12分）高品质示范高中建设是某省普通高中教育在星级评估基础上创设的引领性发展项目，是顺应高中教育改革趋势、助推高中教育品质提升的重要工程申报学校要想顺利通过高品质示范高中的评估，必须经过以下几个环节的考核：第一是材料评审；第二是现场答辩；第三是准予立项；第四是综合评价其中评价结果分为“通过”“有条件通过
5、”“不通过”三种结果为“不通过”的学校取消立项；结果为“有条件通过”的学校可以继续建设一年，一年后评估仍未达标的，取消立项统计60所满足基本申报条件的高中，其中准予立项率为，县中（学校所在位置为县城或县级市）率为，未准予立项且非县中的学校有35所（1）若满足基本申报条件的3所高中能通过前三个环节考核的概率均分别为，求恰有一所学校准予立项的概率；（2）完成下面的列联表，并判断是否有90%的把握认为学校是否准予立项与学校是否是县中有关？准予立项未准予立项合计县中非县中合计（3）经统计，准予立项的学校中有70%被评估为“通过”，10%被评估为“有条件通过”，一年后“有条件通过”的学校中有50%被重新
6、评估为“通过”从这60所学校中任取2所学校，用表示最终被评估为“通过”的学校数量，求的分布列和数学期望附：，其中05004002501501000504550708132320722706384120（12分）已知椭圆的离心率为，焦距为2（1）求椭圆的方程；（2）设，为椭圆上两点，为坐标原点，点在线段上，且，连接并延长交椭圆于E，试问是否为定值？若是定值，求出定值；若不是定值，请说明理由21（12分）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）当时，若关于的方程有两个实数根，且，求证：请考生在22、23两题中任选一题作答，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
7、平面直角坐标系中，曲线的参数方程是(为参数)，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程是（1）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）设与轴的交点为，与交于，两点，求的值23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数，（1）解不等式；（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷理科数学（二）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择
8、题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷（选择题）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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】C【解析】由，可得，解得，则，因为，则，因此，故选C2【答案】B【解析】因为，所以复数在复平面内对应的点是，位于第二象限，故选B3【答案】A【解析】充分性：若且，则且，从而可得，充分性成立；必要性：取，则成立，但“且”不成立，必要性不成立，因此，“且”是“”的充分不必要条件，故选A4【答案】D【解析】由题意可得，解得，因为有定义，所以当时
9、，由，得；当时，由，得；当时，恒成立，综上，实数的取值范围是，故选D5【答案】A【解析】设直线的倾斜角为，由可得，从而，因为直线，之间的距离为3，所以，所以，解得，所以若点到原点的距离大于2，则，故所求概率，故选A6【答案】A【解析】如图所示：因为，所以，即有，所以点的坐标为，即，又，因此，故选A7【答案】A【解析】解法一：由题意得（其中），所以函数的最小正周期，因为，所以在处取得最小值，又，所以点是图象的一个对称中心，故解法二：由题可得（其中，因为，所以在处取得最小值，于是，则，所以，故，故选A8【答案】B【解析】因为，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以，得，故选B9【答案
10、】D【解析】幂函数在上单调递增，又，即，构造，则，当时，在上单调递减，即，即，综上，故选D10【答案】B【解析】设点、，由中点坐标公式可得，所以，因为，两式作差得，即，即，所以，因此，直线的方程为，即，故选B11【答案】B【解析】因为，所以当时，所以，所以，所以，当时，所以，所以，所以，所以数列的前项和为，故选B12【答案】D【解析】，当时，因此当时，函数单调递增；当时，当时，单调递增；当时，单调递减，所以当时，函数取得极大值，极大值为而，所以画出函数的大致图象如图所示：函数有四个不同的零点，即和共有4个根，由图象知，有1个根，所以有3个根，由图可知，故选D第卷（非选择题）二、填空题：本大题共
11、4小题，每小题5分13【答案】60【解析】由可得，把代入回归方程可得，故，故答案为6014【答案】【解析】因为，展开式中含项的系数为，整理得，解得或，展开式中的常数项为，故答案为15【答案】【解析】设公共点为，由，（），则；，则，所以，解得，所以，所以切线的方程为，即，故答案为16【答案】【解析】对于，正方体中，平面，平面，平面平面，故正确；对于，到平面的距离，三棱锥的体积为定值，故正确；对于，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，假设，所以，所以，所以假设不成立，故错误；对于，见上图，由题得，设，所以，所以，当时，即是钝角，此时是钝角三角形，故正确，故答案为三、解答题：本大题共
12、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【答案】（1）；（2），【解析】（1）设等比数列的公比为，因为是、的等差中项，所以，即，因为，所以，解得或，因为数列是正项等比数列，所以因为，即，解得，所以（2）解法一：（分奇偶、并项求和）由（1）可知，所以，若为偶数，；若为奇数，当时，当时，适合上式，综上得（或，）解法二：（错位相减法）由（1）可知，所以，所以，所以，所以，18【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）因为，为中点，所以，因为是矩形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面（2）在平面ABC内过点A作
13、AxAB，由（1）知，平面，故以点A为坐标原点，分别以，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图：则，则，所以，由（1）知，为平面的一个法向量，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，所以，因为二面角为锐角，则二面角的余弦值为19【答案】（1）；（2）表格见解析，没有；（3）分布列见解析，【解析】（1）由题意知，这3所学校中每所学校准予立项的概率均为，所以恰有一所学校准予立项的概率为（2）完成列联表如下所示：准予立项未准予立项合计县中5510非县中153550合计204060，故没有90%的把握认为学校是否准予立项与学校是否是县中有关（3）由题意知，最终被评估为“通过”的学校有（所
14、），随机变量的所有可能取值为0，1，2，所以的分布列如下所示：01220【答案】（1）；（2）是定值，定值为【解析】（1）由已知得且，所以，所以椭圆方程为（2）设点，由，得，设，则结合题意可知，所以将点代入椭圆方程，得，即，变形，得(*)又因为，均在椭圆上，且，所以，代入(*)式解得所以是定值，为21【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析【解析】（1）因为，所以，当时，对任意的成立；当时，令，得；令，得，综上，当时，函数在区间上单调递增；当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增证明：（2）当时，方程，即为根据题意，得，两式相减得，即，故，所以，即，令，则，设，则，因为，所以，所以在区间上单调递增又当时，所以当时，即，所以当时，即22【答案】（1），；（2）【解析】（1）由的参数方程消去，可得，即的普通方程为将，代入曲线的极坐标方程，化简可得，即的直角坐标方程为（2）将的参数方程代入的直角坐标方程中，得，设，两点对应的参数分别为，则有，由参数的几何意义可得23【答案】（1）；（2）【解析】（1）由，得，则或或，解得或或，所以原不等式的解集为（2）当时，不等式等价于，等价于因为，所以，解得，故实数的取值范围是
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