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1、绝密启用前必刷卷062021年高考数学考前信息必刷卷（江苏专用）第六模拟高考新动向 2021年高考江苏数学是新高考的第一年，根据考试信息以及最近的模拟试题，考查内容要关注基础性、综合性、应用型和创新性。从近来的一模，二模试卷看，题型新颖，阅读量大，计算量也大，平均分在八、九十分，后期复习要认真，争取多提分。考题大预测 本套试卷的第3题正态分布函数，是新高考新增内容，第4题引入文化背景函数与阅读理解相结合；实际相结合，突出试题的创新性，这也是新高考的特别要求，在平时的模拟训练中也要加强训练；第9题是新型背景题相结合的多选题综合考查解决问题的能力，能有效区分考生的学习水平。总之，本套试卷符合最新高
2、考要求，为了能尽快适应新高考并拿出应有水平，请各位考生考前一练，考取好成绩！注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）1已知集合，则（ ）ABCD【答案】A【详解】，故选：A2设复数，在复平面内的对应点关于虚轴对
3、称，且（为虚数单位），则（ ）ABC10D2【答案】A【详解】，所以.故选：A3设，这两个正态分布密度曲线如图所示.下列结论中正确的是（ ）ABC对任意正数，D对任意正数，【答案】C【详解】由正态分布密度曲线的性质可知，的密度曲线分别关于直线，对称，因此结合题中所给图象可得，所以，故错误；又得密度曲线较的密度曲线“瘦高”，所以，所以，B错误；对任意正数，C正确，D错误故选：C4春天是鲜花的季节，水仙花就是其中最迷人的代表，数学上有个水仙花数，它是这样定义的：“水仙花数”是指一个三位数，它的各位数字的立方和等于其本身.三位的水仙花数共有4个，其中仅有1个在区间内，我们姑且称它为“水仙四妹”，则在
4、集合142，147，152，154，157，“水仙四妹”，共6个整数中，任意取其中3个整数，则这3个整数中含有“水仙四妹”，且其余两个整数至少有一个比“水仙四妹”小的概率是（ ）ABCD【答案】D【详解】设“水仙四妹”为且，依题意知：，即有，可得，即“水仙四妹”为，集合为，故“含有，但其余两个整数至少有一个比小”的对立事件A为“含有，但其余两个没有比小”，“含有”的取法有：种，而事件A只有1种，故所求事件的取法有种，即所求概率为.5已知，是双曲线：的左，右焦点，过点倾斜角为30的直线与双曲线的左，右两支分别交于点，.若，则双曲线的离心率为（ ）ABC2D【答案】A【详解】设，则，从而，进而.过
5、作，则.如图：在中，；在中，即，所以.6已知定义在上的函数，其导函数为，若，且当时，则不等式的解集为（ ）ABCD【答案】D【详解】令，则.又由，所以.故，即为定义在上的偶函数；当时，所以在上单调递增，又因为为偶函数，故在单调递减，由，即，所以，解得，所以不等式的解集为.故选：D.7如图，在直三棱柱中，已知是边长为1的等边三角形，分别在侧面和侧面内运动（含边界），且满足直线与平面所成的角为30，点在平面上的射影在内（含边界）令直线与平面所成的角为，则的最大值为（ ）ABCD【答案】A【详解】因为点为在平面上的射影，所以平面，连接，则，故在以为直径的球面上又与平面所成的角为30，所以，过作于点，
6、如图1所示，则易得，所以在如图2所示的圆锥的底面圆周上，又在内（含边界），故在三棱柱及其内部，其轨迹是以为圆心，为半径的圆中圆心角为60的圆弧，且在底面上的射影的轨迹（以为圆心，为半径的一段圆弧）如图3所示，连接，易知直线与平面所成的角，且，故当最小时，最大，是圆弧圆心，则当在上时，最小，最小值为，所以故选：A8已知函数，若存在实数，使得关于的方程有三个不同的根，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】B【详解】分情况讨论，当时，要使有三个不同的根，则；当时，要使有三个不同的根，同理可知，需要当时，两个分段点重合，不可能有三个不同的根，故舍去的取值范围是，故选：B二、多项选择题：本题共4小题，
7、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。9某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中各月平均最高气温和平均最低气温的雷达图.图中点表示十月的平均最高气温约为，点表示四月的平均最低气温约为.下面叙述正确的有（ ）A各月的平均最低气温都在以上B七月的平均温差比一月的平均温差大C三月和十一月的平均最高气温基本相同D平均最高气温高于的月份有5个【答案】ABC【详解】对于选项A，由图易知各月的平均最低气温都在以上，A正确；对于选项B，七月的平均最高气温点与平均最低气温点间的距离大于一月的平均最高气温点与平均最低气温点间的距离，所以七月的平均温差比一月的平均温差大，B正确；
8、对于选项C，三月和十一月的平均最高气温均为，所以C正确；对于选项D，平均最高气温高于的月份有七月八月，共2个月份，故D错误.故选：ABC.10已知，则（ ）ABCD【答案】ABC【详解】因为令，得，故选项A正确；令，得，所以，故选项C正确；易知该二项展开式的通项 ，所以，故选项B正确；对两边同时求导，得，令，得，故选项D错误.11已知等差数列的前项和为，若，则（ ）AB数列是公比为8的等比数列C若，则数列的前2020项和为4040D若，则数列的前2020项和为【答案】CD【详解】由等差数列的性质可知，故A错误；设的公差为，则有，解得，故，则数列是公比为的等比数列，故B错误；若，则的前2020项
9、，故C正确；若，则的前2020项和，故D正确故选:CD12攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为，这个角接近，若取，侧棱长为米，则（ ）A正四棱锥的底面边长为6米B正四棱锥的底面边长为3米C正四棱锥的侧面积为平方米D正四棱锥的侧面积为平方米【答案】AC【详解】如图，在正四棱锥中，O为正方形的中心，为的中点，则，设底面边长为因为，所以在中，所以，底面边长为6米，平方米三、
10、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡的相应位置13若函数称为“准奇函数”，则必存在常数，使得对定义域内的任意值，均有，请写出一个的“准奇函数”(填写解析式)：_.【答案】(答案不唯一)【详解】解析：由，知“准奇函数”的图象关于点对称，若，即图像关于点对称，如向右平移两个单位，向上平移两个单位，得到，故其图象就关于点对称.故答案为：(答案不唯一)14已知过抛物线的焦点且倾斜角为的直线交抛物线于、两点，则线段的中点到轴的距离是_【答案】【详解】抛物线的焦点为，设点、，由题意可知，直线的方程为，联立，消去并整理得，由韦达定理可得，则线段的中点的横坐标为.因此，线段的中点到轴的
11、距离是.15中，角所对的边分别为若且，则的面积的最大值是_【答案】【详解】因为且，由正弦定理可得，即，可得，又由，得，所以，所以，可得的面积，当，即时取等号，所以的面积的最大值是.16在三棱锥中，点P到底面的距离为7.若点P，A，B，C均在一个半径为5的球面上，则的最小值为_.【答案】198【详解】如图，的外心是中点，点P到底面的距离为7，设所在截面圆的圆心为，此截面与平面平行，球心在上，则，设在平面上的射影为，则在以为圆心，3为半径的圆，因为平面，所以与平面内所有直线都垂直，所以，当反向时，取得最小值，所以的最小值为故答案为：198四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证
12、明过程或演算步骤17已知的内角，的对边分别为，且（1）求；（2）若，的面积为，求的周长【详解】（1）因为所以，所以，因为，所以，因为，所以因为，所以（2）因为，的面积为，所以，解得，由余弦定理，得，所以，所以所以的周长为618已知数列的前n项和为，且.（1）证明：是等比数列，并求的通项公式；（2）在；这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加以解答.已知数列满足_，求的前n项和.注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案解答计分.【详解】解：（1）当时，因为，所以，两式相减得，.所以.当时，因为，所以，又，故，于是，所以是以4为首项2为公比的等比数列.所以，两边除以得，.又，所以是以2为首项1
13、为公差的等差数列.所以，即.（2）若选：，即.因为，所以.两式相减得，所以.若选：，即.所以.若选：，即.所以. 19甲、乙两队进行排球比赛，每场比赛采用“5局3胜制”（即有一支球队先胜3局即获胜，比赛结束）比赛排名釆用积分制，积分规则如下：比赛中，以或取胜的球队积3分，负队积0分；以取胜的球队积2分，负队积1分已知甲、乙两队比赛，甲每局获胜的概率为（1）甲乙两队比赛1场后，求甲队的积分X的概率分布列和数学期望；（2）甲乙两队比赛2场后，求两队积分相等的概率.【详解】解：（1）依题意，X的所有可能取值为0，1，2，3，且，所以X的概率分布列为X0123P所以.（2）记“甲乙比赛两场后，两队积分
14、相等”为事件A.设第i场甲乙两队积分分别为，则，.因为两队积分相等，所以，即，所以.所以答：甲乙比赛两场后，两队积分相等的概率为. 20如图，四棱锥中，底面是菱形，是棱上的点，是中点，且底面，.（1）求证：；（2）若，求二面角的余弦值.【详解】证明：在菱形中，为等边三角形.又为的中点，./，.底面，平面，.，平面，平面.是棱上的点，平面.（2）解：底面，建立如图所示空间直角坐标系，设，则.，.由，得.设是平面的法向量，由，得令，则，则.又平面的法向量为，.由题知，二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为. 21已知椭圆长轴的两个端点分别为，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）为椭圆上异于的动点，
15、直线分别交直线于两点，连接并延长交椭圆于点. （）求证：直线的斜率之积为定值；（）判断三点是否共线，并说明理由.【详解】（1）由题意得，所以，所以椭圆C的方程为.（2）（）证明：设，因为在椭圆上，所以.因为直线的斜率为，直线的斜率为，所以直线的方程为.所以点的坐标为.所以直线的斜率为.所以直线的斜率之积为：.（）三点共线.设直线斜率为，易得.由（）可知直线斜率为，所以直线的方程为.联立可得.解得点的纵坐标为，所以点的坐标为.所以，直线的斜率为，直线的斜率为.因为直线的斜率等于直线的斜率，所以三点共线.22已知函数（ 是自然对数的底数）（1）若在内有两个极值点，求实数 a的取值范围；（2）时，讨
16、论关于x的方程的根的个数【详解】（1）由题意可求得，因为在内有两个极值点，所以在内有两个不相等的变号根，即在上有两个不相等的变号根 设，则，当时，所以在上单调递增，不符合条件 当时，令得，当，即时，所以在上单调递减，不符合条件； 当，即时，所以在上单调递增，不符合条件； 当，即时，在上单调递减，上单调递增，若要在上有两个不相等的变号根，则，解得 综上所述， （2）设，令，则，所以在上单调递增，在上单调递减（）当时，则，所以因为，所以，因此在上单调递增 （）当时，则，所以因为即，又 所以，因此在上单调递减 综合（）（）可知，当时，当，即时，没有零点，故关于x的方程根的个数为0， 当，即时，只有一个零点，故关于x的方程根的个数为1， 当，即时，当时，要使，可令，即；当时，要使，可令，即，所以当时，有两个零点，故关于x的方程根的个数为2，综上所述：当时，关于x的方程根的个数为0，当时，关于x的方程根的个数为1，当时，关于x的方程根的个数为223原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！