【文档说明】2021届衡水名校联盟高考押题预测数学试卷（及答案）.pdf，共(16)页，954.180 KB，由baby熊上传

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数学试题第1页（共6页）数学试题第2页（共6页）………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○………………………………○………………外………………○………………装……

…………○………………订………………○………………线………………○…………………学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________绝密★启用前衡水名校联盟20

21年高考押题预测卷数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、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．设集合221,1PyyxMxyx，则集合M与集合P的关系是（）A．MPB．PMC．MPÜD．PMÜ2．设复数202112izi，则z的的虚部是（）A．35B．35iC．15D．15i3．根据国家统计局数据显示，我国

2010~2019年研究生在校女生人数及所占比重如图所示，则下列说法错误的是（）年份2010201120122013201420152016201720182019比重47.948.549.049.049.249.750.648.4

49.650.6A．2010~2019年，我国研究生在校女生人数逐渐增加B．可以预测2020年，我国研究生在校女生人数将不低于144万C．2017年我国研究生在校女生人数少于男生人数D．2019年我国研究生在校总人数不超过285万4．已知,0,2

，且costan1sin，则sin(2)（）A．1B．32C．22D．125．如图所示，在梯形ABCD中，2A，//ABCD，2AB，1CD，2AD，E，F分别为边CD，BC的中点，则AEAF（

）A．54B．114C．3D．46．函数sinlnyxx的部分图象大致是（）A．B．C．D．7．设函数43111,1xxfxxx，则当01x，ffx表达式的展开式中二项式系数最大值为（）A．32B．4C．24D．68．

已知双曲线222210,0xyabab左、右焦点分别为12,FF，过1F，且斜率为247的直线与双曲线在第二象限的交点为A，若12120FFFAFA，则此双曲线的渐近线方程为（）A．32yxB．233yx数学试题第3页（共6页）数学试题第

4页（共6页）………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○………………………………○………………外………………○………………装………………○…………

……订………………○………………线………………○…………………学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________C．34yx=±D．43yx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，有选错的得0分。9．已知,xyR，且0xy，则下列说法错误的是（）A．110xyB．sinsin0xyC．1

1022xyD．lnlnxxyy10．设函数()sincos0,||2fxxx的最小正周期为，且过点(0,2)，则下列正确的为（）A．4B

．()fx在0,2单调递减C．(||)fx的周期为D．把函数()fx的图像向左平移2个长度单位得到的函数()gx的解析式为()2cos2gxx11．正方体1111ABCDABCD的棱

长为2,,,EFG分别为11,,BCCCBB的中点.则（）A．直线1DD与直线AF垂直B．直线1AG与平面AEF平行C．平面AEF截正方体所得的截面面积为92D．点1A和点D到平面AEF的距离相等12．意大利画家列奥纳多·达·芬奇（1452．4—1519．5）的画作《抱

银貂的女人》中，女士脖颈上黑色珍珠项链与主人相互映衬呈现出不一样的美与光泽，达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，后人给出了悬链线的函数解析式：()coshxfxaa，其中a为悬链线系数，coshx称为双曲余弦函数，其函

数表达式为coshx＝ee2xx，相应地双曲正弦函数的表达式为sinhx＝ee2xx．若直线x＝m与双曲余弦函数C1与双曲正弦函数C2的图象分别相交于点A，B，曲线C1在点A处的切线l1与曲线C2在点B处的切线l2相交于点P，则下列结论正确的为（）A．cosh(x﹣y)＝co

shxcoshy﹣sinhxsinhyB．y＝sinhxcoshx是偶函数C．(coshx)′＝sinhxD．若△PAB是以A为直角顶点的直角三角形，则实数m＝0第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。1

3．函数sin2fxaxaR在点0,0f处的切线方程为2yx，则a________．14．写出一个图象关于直线1x对称的奇函数()fx________．15．为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯在公元前二世纪首先提出了星等这个概念．星等的数值越小，星星

就越亮；星等的数值越大，星星就越暗．到了1850年，由于光度计在天体光度测量的应用，英国天文学家普森又提出了亮度的概念，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足m1﹣m2＝2.5（lgE2﹣lgE1），其中星等为mk的星的亮度为Ek（

k＝1，2）．已知“心宿二”的星等是1.00，“天津四”的星等是1.25，则“心宿二”的亮度大约是“天津四”的_____倍．（结果精确到0.01．当|x|较小时，10x≈1+2.3x+2.7x2）16．已知点M在抛物线C：24yx上运动，圆C过点5,0，2,3，

3,2，过点M引直线1l，2l与圆C相切，切点分别为P，Q，则PQ的取值范围为__________.四、解答题：本大题共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）如图，在ABCA中，6AB，3cos4B，点D在BC边上，4AD

，ADB为锐角．数学试题第5页（共6页）数学试题第6页（共6页）………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○………………………………○………………外………………○………………装………………○………………订

………………○………………线………………○…………………学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________（1）若62AC，

求线段DC的长度；（2）若2BADDAC，求sinC的值．18．（12分）已知数列na的前n项和nS满足2nnSnan，nN，且23a．（1）求数列na的通项公式；（2）设111nnnnnbaaaa，nT为数列nb

的前n项和，求使920nT成立的最小正整数n的值．19．（12分）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，//ABDC，90BAD，222PDDCBCPAAB，PDDC．（1）求证：PA平面ABC

D；（2）设01BMBD，当二面角APMB的余弦值为77时，求的值.20．（12分）某电子公司新开发一电子产品，该电子产品的一个系统G有2n﹣1个电子元件组成，各个电子元件能正常工作的概率均为p，且每个电子元件能否正常工作相互独立．若系统中有超过

一半的电子元件正常工作，则系统G可以正常工作，否则就需维修．（1）当12,2np时，若该电子产品由3个系统G组成，每个系统的维修所需费用为500元，设为该电子产品需要维修的系统所需的总费用，求的分布列与数学期望；（2）为提高系统G正常工作的概率，在系统内增加两个功

能完全一样的电子元件，每个新元件正常工作的概率均为p，且新增元件后有超过一半的电子元件正常工作，则系统C可以正常工作，问p满足什么条件时，可以提高整个系统G的正常工作概率？21．（12分）已知F是椭圆2222:10xyCabab的左焦点，焦距为4，且C

过点3,1P.（1）求C的方程;（2）过点F作两条互相垂直的直线12,ll，若1l与C交于,AB两点，2l与C交于,DE两点，记AB的中点为,MDE的中点为N，试判断直线MN是否过定点，若过点，请求出定点坐标;若不过定点，请说明理由.22．（12分）已

知函数32sin310fxxxx，3313132sinxgxexx．（1）求fx在0,π上的最小值；（2）证明：fxgx．数学第1页（共13页）衡水名校联盟2021年高考押题预测卷数学·解析12345

6789101112DADABADDABDBCBCDACD1．【答案】D【解析】，，21{|1}[1,)Pyyxyy21MxyxR所以．故选D．PMÜ2．【答案】A【解析】,202112izi450512112222i

iiiiiiii135i所以的的虚部是.故选Az353．【答案】D【解析】2010～2019年，我国研究生在校女生人数逐渐增加，故A项正确；由于2010～2019年，我国研究生在校女生人数逐年增加，且2019年人数为144.8万，故可以预测2020年，我国研究生

在校女生人数将不低于144万，故B项正确；2017年我国研究生在校女生人数所占比重为48.4%，不足一半，故C项正确；因为，故2019年我国研究生在校总人数超过285万，故D项错误．144.8286.1660.506故选D4．【答案】A【解析】由题意，所以，cossintan1

sincoscoscossinsinsin，sincoscossinsincos()因为，所以，所以，所以，,0,2sin0cos()0

0,2所以，所以．故选A．()2sin(2)15．【答案】B数学第2页（共13页）【解析】在梯形中,,ABCD2A则可建立以为原点,方向为轴正方向的直角坐标系,如下图所示

:A,ABAD,xy由题可得,(0,0),(2,0),(0,2),(1,2)ABDC因此,13(,2),(,1)22EF所以,13(,2),(,1)22AEAF所以,故选B．311244AEAF6．【答案】A【解析】由

题可知函数定义域为，则，0xxsinlnyfxxx又sinlnsinlnfxxxxxfx所以是奇函数，且时，，故选项A正确.故选Asinlnyxx0,1x0y7．【答案】D【解析】,

43111,1xxfxxx当时,,01x3()11fxx故,433(1)(2)ffxfxx而的展开式共有5项,43(2)x故其中二项式系数最大值为,故选D．246C8．【答

案】D【解析】由题可知，2112FAFAFF若12120FFFAFA数学第3页（共13页）即为1211120FFFAFAFF可得.22112FAFF即有1

212AFFFc由双曲线的定义可知212,AFAFa可得.222AFac由于过的直线斜率为1F247所以在等腰三角形中12AFF，则，1224tan7AFF127cos25AFF由余弦定理得:222

1244227cos25222ccacAFFcc化简得35,ca即34,55acbc可得:3:4,ab所以此双曲线的渐近线方程为.故选D．43yx9．【答案】ABD【解析】因为，不妨取，则，故A错误；0xy2,1xy111102xy因为正弦函数是周期函

数不单调，所以由推不出，故B错误；sinx0xysinsin0xy因为函数是单调减函数，所以由得到，故C正确；12xy0xy1122xy因为函数，，所以在上单减，在上单增，所以由推不出lnyxx'1lnyx1(0,)e1(,

)e0xy，故D错误；lnlnxxyy故选ABD.10．【答案】BC数学第4页（共13页）【解析】由已知，22()2sin()cos()2sin()224fxxxx

所以，，2T2又，，，又，所以，A错误；()2sin()24fx242kkZ24，时，，由余弦函数性质得B正确；()2sin(2)2cos22fxxx0,2x20,x是偶函数，，周期为，C正确；()

fx(||)()fxfx把函数的图像向左平移个长度单位得到的函数解析式这()fx2，D错．()2cos2()2cos(2)2cos22gxxxx故选BC．11．【答案】BCD【解析】因为，而与显然不垂直，因此与不垂直，A错；

11//DDCC1CCAF1DDAF取中点，连接，，由分别是中点，得，11BCH1,AHGH1BC,,GEF11,,BBBCCC1////HGBCEF又，，是平行四边形，所以，，11////HEBBAA11HEBBAA1AHEA1

//AHAEAEEFE平面，所以平面，平面，,AEEFAEF1//AHAEF//HGAEF而，平面，所以平面平面，1AHHGH1,AHHG1AHG1//AHGAEF又平面，所以平面．B正确；1AG1AH

G1//AGAEF由正方体性质，连接，则截面即为四边形，它是等腰梯形，11,FDADAEF1AEFD，，等腰梯形的高为，122,2ADEF15DFAE2222232(5)22h截面面积为，C正确，1329(222)222S设，易知是的中点，

所以两点到平面的距离相等．D正确．11ADADOO1AD1,AD1AEFD故选BCD．数学第5页（共13页）12．【答案】ACD【解析】eeeeeeeeeecoshcoshsinhsinh22222xxyyxxyyxyxyxyxy

cosh(x﹣y)，A正确；y＝sinhxcoshx，记以，则，224xxee22()4xxeehx22()()4xxeehxhx()hx为奇函数，即y＝sinhxcoshx是奇函数，B错误；，即(coshx)′

＝sinhx，C正确；eeee()22xxxx对于D，因为轴，因此若△PAB是以A为直角顶点的直角三角形，则，由ABx0PAkPAk解得，D正确．故选ACD．02mmee0m13．【答案】1【解析】，则，故当时，，sin2fxaxaR

cosfxax0x(0)fa又函数在点处的切线方程为，fx0,0f2yx所以，故答案为:.1a114．【答案】sin2x【解析】当时，()sin2fxxxR，又，所以是奇函数；()sinsin(

)22fxxxfxxR()fx的对称轴方程为，，()sin2fxx,22xkkZ12,xkkZ当时，，所以的图象关于直线对称，符合题意.0k1x()fx1x数学第6页（共13页）故答案为：.sin2x15．【答案】1.26

【解析】由题意，两颗星的星等与亮度满足：m1﹣m2＝2.5（lgE2﹣lgE1），令“心宿二”的星等m1＝1.00，“天津四“的星等m2＝1.25，则m2﹣m1＝2.5（lgE1﹣lgE2）＝1.25﹣1.00＝0

.25，所以lgE1﹣lgE2＝，即，0.25=0.12.512lg0.1EE所以，0.12121012.30.12.70.11.257EE则”心宿二“的亮度大约是”天津四“的1.26倍，故答案为：1.26．

16．【答案】22,4【解析】设圆的方程为，将，，分别代入，可得C220xyDxEyF5,02,33,2，解得，即圆：；2550723013320DFDEFDEF605DEFC2234xy如图，连接，，，

，易得，，，MCCPCQPQCPMPCQMQMCPQ所以四边形的面积为；MPCQ12MCPQ另外四边形的面积为面积的两倍，所以，MPCQMPCA12MCPQMPCP故，2MPCPQCPM2244441CM

CMCM故当最小时，最小，CMPQ设，则，所以当时，，当,Mxy223MCxy229xx1xmin22MCx正无穷大时，趋近圆的直径4，故的取值范围为.PQPQ22,4

故答案为：22,4数学第7页（共13页）17．（10分）【解析】（1）在△中，由余弦定理得，ABD22223616312co24sABBDADBABBBDDBD所以或．5BD4BD当时，，

则，不合题意，舍去；4BD161636cos0244ADB2ADB当时，，则，符合题意．5BD162536cos0245ADB2ADB所以．5BD在△中，，ABC22223672312co24sABBCACBABBBCCBC

所以或（舍）．12BC3BC所以．7DCBCBD（2）记，则．在△中，，DAC2BADABD2229coscos2216ABADBDBADABAD所以为锐角，得，，即，，221cos2

7sin23257sin21614sin852cos8法一：，同理．1714sin3sin2coscos2sin6452cos364由知：，3cos4B7sin4B所以．71

4sinsin3sin3sincos3cossin332CBBBB法二：，．2221625361cos22458ADBDABBDAADBD37sin8BDA数学第8页（共13页）所以.

714sinsinsincoscossin32CBDABDABDA18．（12分）【解析】（1）由，得．2nnSnan11211nnSnan将上述两式相减，得．11

211nnnanana所以．①111nnnana所以．②1211nnnana①－②，得，1220nnnnanana所以．212nnnaaa故数列为等差数列．na又由，及，得，的公差．1121Sa23a1

1ana2d所以．12121nann（2）由（1）知，．121212121nbnnnn所以121212121nbnnnn．121211112221212121nnnnnn

所以11111111122213352121nTnn．111221n由，得．所以，，．920nT119122021n

111021n21100n992n所以使成立的最小正整数的值为50．920nTn19．（12分）数学第9页（共13页）【解析】（1）取的中点，连接，CDEBE四边形为直角梯形，，，，且为的中点，ABCD

90BAD//ABDC2CDABECD且，所以，四边形为矩形，，，//ABDEABDEABEDBECD1CE，223ADBEBCCE，，，，1PA2PD222PAADPDPAAD，，，PDCD//ABCDABPD

，，90BADoQABAD，平面，PDADDABPAD平面，，PAPADPAAB，平面；ABADAQIPAABCD（2）由（1）可知，、、两两垂直，以点为坐标原点，分别以、、PAABADAABADAP所在直线分别为、、轴建立

如下图所示的空间直角坐标系，xyzAxyz则、、，所以，，，1,0,0B0,3,0D0,0,1P1,0,1BP1,3,0BDuuur设平面的法向量为，PBD111

,,mxyz由，得，令，得，.00mBPmBD1111030xzxy11y113xz3,1,3m，，1,3,0,3,0BMBD1,3,0AMAB

BM设平面的法向量为，，PAM222,,nxyz0,0,1AP由，得，令，则，，00nAPnAM2220130zxy23x21

y20z，3,1,0n数学第10页（共13页）由于二面角的余弦值为，APMB77则，整理可得，2417cos,77421mnmnmn220，解得.01Q1220．（12分）【解析】（1）

当时，一个系统有3个电子元件，则一个系统需要维修的概率为2n3323111222C，设为该电子产品需要维修的系统个数，则，，X1~3,2XB500X所以，3311(500)(),0,1,2,22kkk

PkPXkCk所以的分布列为：050010001500P18383818所以．150037502E（2）记个元件组成的系统正常工作的概率为．21kkp个元件中有个正常工作的概率为，21ki2121(1)iikikCpp因此系

统工常工作的概率．212121(1)kiikikkikpCpp在个元件组成的系统中增加两个元件得到21k21k个元件组成的系统，则新系统正常工作可分为下列情形：（a）原系统中至少个

元件正常工作，概率为；1k121(1)kkkkkpCpp（b）原系统中恰有个元件正常工作，且新增的两个元件至少有1个正常工作，k概率为；21211(1)(1)kkkkpCpp（c）原系

统中恰有个元件正常工作，且新增的两个元件均正常工作，1k数学第11页（共13页）概率为．所以21121(1)kkkkpCpp因此，211211121212111111kkkkkkkkkkkkkkppCpppCpppCpp

211211121212111111kkkkkkkkkkkkkkpppCpppCppCpp，121121kkkkppCp故当时，单调增加

，增加两个元件后，能提高系统的可靠性．112pkp21．（12分）【解析】（1）由题意可得，解得：或(舍），2222224311cababc26a222b故椭圆的方程为.C22162xy（2）由题意知，当其中一条的斜率不存在时，另外一条的斜率为，

此时直线为轴；12,ll0MNx当的斜率都存在且不为时，设，12,ll01():20lxmym设，联立，整理得1122(),,,AxyBxy222162xmyxy223420mymy，

2216830mm12122242,33myyyymm则121221243xxmyym所以的中点AB2262,33mMmm同理由，可得的中点

2212162xymxyDE22262,3131mmNmm则2222222243316631331MNmmmmmkmmmm数学第12页（共13页）所以直线的方程为MN22

22463331mmyxmmm化简得2224243123131mmmyxxmmm故直线恒过定点.MN3,02综上，直线过定点MN3,0222．（12分）【解析】

（1），令，得，32cosfxx()0fx¢=3cos2x故在区间上，的唯一零点是，0,π()fx¢π6x当时，，单调递减，π0,6x()0fx¢<fx当时，，单调递增，π,π6x()0fx¢>fx故在区间上，的最小值为．0,πfx

π3π3266f（2）要证：当时，，0x33132sin313132sinxxxxxe即证：当时，．0x33sin3131xhxxxe3313cos33sin31xxhxxexxe，

333sin3cos43xxxxe令，33sin3cos43xxxx所以，π33cos3sin323sin3xxxx所以时，，π0,6xπππ,336x

所以，所以，π31sin,322x0x数学第13页（共13页）所以时，，π,π6xππ2π,363x所以，所以，

π1sin,132x0x所以在上单调递减，在上单调递增，xπ0,6π,π6所以，π3π333π4313066226x

所以时，，0,πx0x而时，，π,xπ323sin433π234306xxx综上，时，，即，0x0x0hx

即是上的增函数，hx()0,+¥所以．031hxh