湖南省2021届高三下学期4月六校联考数学试题（word版含答案）.doc

1、 1 湖南湖南省省 2021 届高三下学期六校联考届高三下学期六校联考 数数 学学 注意事项：注意事项： 1答卷前，考生务必将白己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2回答选择题时，选出每小题答案后，用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。 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、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合项是符合题目要求的

2、。题目要求的。 1已知集合5 , 4 , 3 , 2 , 1A，03| 2 xxxB，则BCA R 中的元素个数为 A1 B2 C3 D4 2已知复数 21,z z在复平面内对应的点分别为), 3( 1 aZ，) 1 , 2( 2 Z，且 21 zz 为纯虚数，则实 数a A6 B 2 3 C 5 6 D-6 3函数 xx ee xx xf 2 cos )(的图象大致是 4某地安排 4 名工作人员随机分到 3 个村参加“脱贫攻坚”帮扶活动，且每个人只去一个 村，则每个村至少有一名工作人员的概率为 A 16 9 B 9 5 C 9 8 D 9 4 5已知6|a，)3 ,(mb ，且)2()(ba

3、ab，则向量a在向量b方向上的投影的 最大值为 A4 B2 C1 D 2 6 6数学里有一种证明方法叫做 Proofs without words，也称之为无字 证明， 一般是指仅用图象语言而无需文字解释就能不证自明的数 学命题，由于这种证明方法的特殊性，无字证明被认为比严格的 数学证明更为优雅现有如图所示图形，在等腰直角三角形 ABC中，点O为斜边AB的中点，点D为斜边AB上异于顶 点的一个动点，设aAD， bBD ，则该图形可以完成的无字证明为 2 A)0, 0( 2 baab ba B)0, 0( 2 2 22 ba baba C)0, 0( 2 baab ba ab D)0, 0(2

4、22 baabba 7已知 21,F F分别是双曲线)0, 0( 1 2 2 2 2 ba b y a x 的左、右焦点，点P是该双曲线上一 点且在第一象限内， 1221 sinsin2FPFFPF，则双曲线的离心率的取值范围为 A)2 , 1 ( B)3 , 1 ( C), 3( D)3 , 2( 8定义函数 为无理数， 为有理数， x x xD , 1 , 1 )(则下列命题中正确的是 A)(xD不是周期函数 B)(xD是奇函数 C)(xDy 的图象存在对称轴 D)(xD是周期函数，且有最小正周期 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20

5、分。在每小题给出的选项中，有多项符合分。在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求。全部选对的得题目要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。 9下列“若 p，则 q”形式的命题中，p 是 q 的必要条件的是 A若两直线的斜率相等，则两直线平行 B若5x，则10 x C已知a是直线a的方向向量，n是平面的法向量，若a，则na D已知可导函数)(xf，若0)( 0 x f，则)(xf在 0 xx 处取得极值 10已知数列 n a满足1 1 a，3 2 a，2 2 nn aa， * Nn，则 A),(),(),( 654321 aaaa

6、aa为等差数列 B),(),(),( 563412 aaaaaa为常数列 C34 12 na n D若数列 n b满足 n n n ab) 1(，则数列 n b的前 100 项和为 100 11 已知函数 2 | , 0)cos(2)( xxf的图象上， 对称中心与对称轴 12 x的 最小距离为 4 ，则下列结论正确的是 A函数)(xf的一个对称点为 0 , 12 5 3 B当 2 , 6 x时，函数)(xf的最小值为3 C若 2 , 0 5 4 cossin 44 ，则 4 f的值为 5 334 D要得到函数)(xf的图象，只需要将xxg2cos2)(的图象向右平移 6 个单位 12已知球O

7、的半径为 2，球心O生大小为 60 的二面角l内，二面角l的 两个半平面分别截球面得两个圆 1 O， 2 O，若两圆 21 OO，的公共弦AB的长为 2，E为 AB的中点，四面体 21O OAO的体积为V，则下列结论中正确的有 A 21, ,OOEO四点共面 B 2 3 21 OO C 2 3 21 OO DV的最大值为 16 3 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。 13已知某省 2020 年高考理科数学平均分X近似服从正态分布)100,89(N，则 XP 79()109 . （附：）9545. 0)22(,6827. 0)(X

8、PXP 14请写出满足条件“) 1 ()(fxf对任意的 1 , 0 x恒成立，且)(xf在 1 , 0上不是 增函 数”的一个函数： . 15已知)0() 1( 1 6 2 ax x a的展开式中各项的系数和为 192，则其展开式中的常数项 为 . 16 电子计算机是二十世纪最伟大的发明之一， 当之无愧地被认为是迄今为止由科学和技术 所创造的最具影响力的现代工具， 被广泛地应用于人们的工作与生活之中， 计算机在进 行数的计算和处理加工时，内部使用的是二进制计数制，简称二进制一个十进制数 )( * Nnn可以表示成二进制数 2210 )( k aaaa， 2 2 1 10 222 kkk aa

9、an 01 1 22 kk aa，其中1 0 a，1 , 0 i a，Nkki, 2 , 1 , 0用)(nf表 示十进制数 n 的二进制表示中 1 的个数， 则)7(f ； 对任意 * Nr， )( 12 2 2 1 nf n r r . 4 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17（本小题满分 10 分） 已知数列 n a的前n项和 n S满足nnSn32 2 . ()求数列 n a的通项公式； ()数列 1 1 nna a 的前n项和是 n T，若存在 * Nn，使得0

10、 1 nn aT成立， 求实数的取值范围 18（本小题满分 12 分） 已知函数)( 2 1 coscossin3)( 2 Rxxxxxf. ()当 12 5 , 12 x时，分别求函数)(xf取得最大值和最小值时x的值； ()设ABC的内角CBA,的对应边分别是,cba且32a，1 2 6 A fb， 求c的值， 19（本小题满分 12 分） 甲、乙两选手比赛，假设每局比赛甲胜的概率为 0.6，乙胜的概率为 0.4甲、乙约定比 赛当天上午进行 3 局热身训练，下午进行正式比赛 ()上午的 3 局热身训练中，求甲恰好胜 2 局的概率； ()下午的正式比赛中： 若采用“3 局 2 胜制”，求甲所

11、胜局数 x 的分布列与数学期望； 分别求采用“3 局 2 胜制”与“5 局 3 胜制”时，甲获胜的概率；对甲而言，哪种 局制更有利？你对局制长短的设置有何认识？ 5 20（本小题满分 12 分） 某建筑工地上有一个旗杆CF（与地面垂直），其正南、正西方向各 有一标杆BE，DG（均与地面垂直，DB，在地面上），长度分别 为 1m，4m，在地面上有一基点A（点 A 在 B 点的正西方向，也在 D 点的正南方向上），且BCBA m2，且GFEA,四点共面 ()求基点 A 观测旗杆顶端 F 的距离及仰角的正切值； ()若旗杆上有一点M，使得直线BM与地面ABCD所成的角为 4 ，试求平面ABM 与平面

12、AEFG所成锐二面角的正弦值 21（本小题满分 12 分） 已知 A，B 分别为椭圆)3( 1 3 : 2 2 2 a y a x E的左、右顶点，Q为椭圆E的上顶点， QBAQ1 ()求椭圆E的方程； ()已知动点P在椭圆E上，两定点 2 3 , 1M， 2 3 , 1N. 求PMN的面积的最大值； 若直线MP与NP分别与直线3x交于DC,两点，问：是否存在点P，使得 PMN与PCD的面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由 22（本小题满分 12 分） 已知 2 1 )1 (cos2)1ln()( xxxxf， 2 1cos)(axxxg. ()若0)(xg恒成立，求实数a的取

13、值范围； ()确定)(xf在), 1(内的零点个数. 数学参考答案数学参考答案 6 一、二选择题一、二选择题 题号 l 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C A D D C B B C BD ABD BC ACD 三、填空题三、填空题 130.8186 14xxf 2 5 sin)( （答案不唯一） 1517 163 )(32 * Nr r 四、解答题四、解答题 17【解析】【解析】()nnSn32 2 ， 2),1(3) 1(2 2 1 nnnSn，2 分 两式相减得：222 nan，则)2( 1nnan，4 分 由422 11 as知2 1 a，也满足上式， 故)(

14、1 * Nnnan. 5 分 () 2 1 1 1 )2)(1( 11 1 nnnnaa nn . 6 分 )2(2 n n Tn. 7 分 2 1 )2(2 0)2( )2(2 0 n n n n n aT nn ， 由存在性得 max 2 )2(2 n n . 8 分 而 16 1 4 4 2 1 )2(2 2 n n n n （当且仅当2n时取等号）， 故 16 1 ,. 10 分 18【解析】【解析】() 7 1) 6 2sin(12cos 2 1 2sin 2 3 2 1 2 2cos1 2sin 2 3 )( xxx x xxf， 2 分 12 5 , 12 x， 3 2 6 2

15、3 x，1 6 2sin 2 3 x， 当1 6 2sin x，即 26 2 x，得 3 x时，)(xf取得最大值 0； 4 分 当 2 3 6 2sin x， 即 36 2 x， 得 12 x时，)(xf取得最小值1 2 3 . 6 分 （）11 6 sin 2 A A f且), 0(A， 6 A.8 分 由余弦定理cos2 222 bcbcaA 得02436 2 cc，10 分 解得34c或32. 12 分 另解：11 6 sin 2 A A f且), 0(A， 6 A，8 分 由正弦定理 B b A a sinsin 有 2 3 sinB，则 3 B或 3 2 B，9 分 当 3 B时

16、2 c，由勾股定理有34c.10 分 当 3 2 B时， 6 AC，则32 ac. 综上，34c或32. 12 分 19【解析】【解析】()甲恰好胜 2 局的概率为432. 04 . 06 . 0 22 3 CP.4 分 ()甲所胜局数 x 可取 0，1，2 16. 04 . 0)0( 22 2 CxP， 192. 04 . 04 . 06 . 0) 1( 1 2 CxP， 648. 06 . 04 . 06 . 06 . 06 . 0)2( 1 2 2 2 CCxP，6 分 8 甲所胜局数 x 的分布列为 x 0 1 2 P 0.16 0.192 0. 648 488. 1648. 0219

17、2. 0116. 00)(xE.8 分 采用“3 局 2 胜制”时，甲获胜的概率为 648. 06 . 06 . 06 . 04 . 06 . 0 2 2 1 21 CCP， 采用“5 局 3 胜制”时，甲获胜的概率为 68256. 06 . 06 . 04 . 06 . 06 . 04 . 06 . 0 33 3 22 3 222 42 CCCP. 10 分 对甲而言，显然“5 局 3 胜制”更有利， 由此可得出：比赛局数越多，对水平高的选手越有利， 12 分 20【解析】【解析】()易知平面/ABE平面 CDGF，且 A、E、F、G 四点共面于平面 AEFG，故 GFAE/，同理EFAG/

18、，故 AEFG 为平行四边形，故FGAF ，过点 G 作 CF 的 垂线，垂足为 N，则GNFABE，1 BEFN，514FC，22AC， 33 22 FCACAF. 4 25 22 5 tan AC FC . 5 分 ()以 A 为原点，ADAB、为yx,轴建立直角坐标系，)0 , 0 , 2(, 2 BMC ，)2 , 2 , 2(M， )0 , 0 , 2(AB，)2 , 2 , 2(AM. 6 分 设平面 ABM 的法向量),(zyxm ， 则 , 0222 , 02 zyxAMm xABm 设1, 1zy，取) 1, 1 , 0(m， 8 分 又) 1 , 0 , 2(E，)5 ,

19、2 , 2(F，) 1 , 0 , 2(AE，)5 , 2 , 2(AF，设平面 AEFG 的法向量 ),(zyxn ， 则 , 0522 , 02 zyxAFn zxAEn 设1x，则4, 2yz，取)4 , 2, 1 ( n， 10 分 则 7 42 212 )4(2 ,cos nm， 9 设平面 ABM 与平面 AEFG 所成锐二面角为 ， 则 7 7 ) 7 42 (1sin 2 为所求. 12 分 21【解析】【解析】()由题意得)3, 0(),0 ,(),0 ,(QaBaA ，则)3,(aAQ ，)3,( aQB. 由1QBAQ，得13 2 a，即2a， 所以椭圆 E 的方程为1

20、34 22 yx . 3 分 ()设)sin3,cos2(P，直线xyMN 2 3 :即：023yx， 点 P 到直线 MN 的距离 13 394 13 | ) 3 sin(|34 13 |sin32cos6| d， 13|MN， 则32| 2 1 dMNS PMN ，即32)( max PMN S，7 分 设),( 00 yxP，13|MN，点 P 到直线 MN 的距离 13 |23| 00 1 yx d ， |23| 2 1 | 2 1 001 yxdMNS PMN . 8 分 直线 2 3 ) 1( 1 2 3 : 0 0 x x y yMP，令3x，可得) 2 3 1 64 , 3(

21、0 0 x y C， 直线 2 3 ) 1( 1 2 3 : 0 0 x x y yPN，令3x，可得) 2 3 1 32 , 3( 0 0 x y D， 1 ) 3)(23( | 2 0 000 x xyx CD，P到直线 CD 的距离为|3| 02 xd， 2 02 0 00 2 )3( 1 23 2 1 | 2 1 x x yx dCDS PCD ， 10 分 MPN与PCD面积相等， 2 02 0 00 00 )3( 1 23 2 1 |23| 2 1 x x yx yx ， 故023 00 yx（舍）或 2 0 2 0 )3(|1|xx， 10 解得 3 5 0 x，带入椭圆方程得

22、6 33 0 y， 故点 6 33 , 3 5 P或 6 33 , 3 5 . 12 分 22 【解析】【解析】 ()显然)(xg为偶函数， 故只需0)(xg在), 0 上恒成立即可， 由0)(g 知0a， axxgaxxxg2.cos)(,2sin)( .1 分 (1)若12 a，则0)( x g，)(x g 在), 0( 上单调递增，0)0()(gxg， )(xg单调递增， 0)0()(gxg，故 2 1 a满足条件 3 分 (2)若 2 1 0 a， 则存在 2 , 0 0 x，0)( 0 x g， 当), 0( 0 xx时，0)( 0 x g，)(x g 单调递减， 0)0()(gxg

23、，)(xg单调递减，0)0()( gxg，不成立，故 2 1 0 a不满足 条件， 所以所求a的范围为 2 1 a. 5 分 （） 2 5 2 )1 ( 4 3 cos2 )1 ( 1 )(, 2 3 )1 ( 2 1 sin2 1 1 )( xx x xfxx x xf 6 分 (1)当0 , 1(x时，0)( x f，)(x f 单调递减，0)0()(fxf，)(xf单调递增， 又01)0(f，02 4 3 cos22ln2 4 3 f，)(xf在)0 , 1(内恰有一个零 点； 7 分 (2)当 3 , 0 x时，可以证明 2 )1ln( 2 x xx，由（）知 2 1cos 2 x x

24、， 0 2 3 1 1 1 2 3 2)( 22 xx x xxxf，故)(xf在 3 , 0 内无零点； 11 8 分 (3)当 2 , 3 x时，0)( x f，)(x f 单调递减，0 3 )( fxf，)(xf单调 递减， 0 2 )( fxf，故)(xf在 2 , 3 无零点；9 分 (4)当 6 5 , 2 x时，0 2 3 )1 ( 2 1 1 1 1 )( x x xf，)(xf单调递减， 又0 2 f，032ln2 6 5 13 6 5 1ln 6 5 2 1 f， )(xf在 6 5 , 2 内恰有一零点； 10 分 (5)当 , 6 5 x时，0)( x f，)(x f 单调递增，又0)(f，0 6 5 f， 存在唯一 , 6 5 0 x，0)( 0 x f，当 0 , 6 5 xx 时，0)( x f，)(xf递减， 当),( 0 xx时，0)( x f，)(xf递增，0)( 6 5 max)( ffxf， )(xf在 , 6 5 内无零点； 综上，)(xf恰有两个零点， 12 分