湘豫联考2021届高三5月联考理数试题 含答案详解

2021 年普通高等学校全国统一招生考试 湘豫名校联考 数学（理科） 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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U  R ，集合  1 4A x x   ，  2 8xB x  ，则  UA B ð （ ） A. (1,3) B. (1,3] C. (2,3] D. (3,4) 2.已知i 为虚数单位，复数 z 满足 1 i( 1)z z   ，则 z 的模为（ ） A.1 B. 2 C.2 D. 3 3.若 0, 2      ，且 71 cos2 2sin 2 5     ，则 cos  （ ） A. 1 10 B. 10 10 C. 10 5 D. 3 10 10 4.随着我国经济水平的提升，旅游收入持续增长，且国内旅游的旅游量最大、潜力最深、基础性最强，下图 为连续 9 年我国国内旅游总收入统计图： 假设每年国内旅游总收入 y （单位：万亿元）与年份代号 x 线性相关，且满足  1.21y bx  ，则估计第 10 年国内旅游总收入约为（ ） A.5.97 万亿元 B.6.07 万亿元 C.6.17 万亿元 D.6.37 万亿元 5.已知直角梯形 ABCD 中， 1 4DC AB  ， 2BE EC  ， 60BAD   ， 4AB  ，则 AE AC   （ ） A.16 B.32 C.34 D.40 6.已知函数 ( ) sin 2f x x ， ( ) exg x  ，则下列图象对应的函数可能为（ ） A.  2ln4y f x g x      B. (ln | |)2y f x g x      C.  3ln4y f x g x      D. (ln | |)4y f x g x      7.已知 ( )f x 为二次函数，且 2( ) ( ) 1f x x g x   ，设数列 na 的前 n 项和为 ( )f n ，则 10 1a a  （ ） A.19 B.18 C.17 D.16 8.已知函数 ( ) cos( ) 0,| | 2f x A x           的图象沿 x 轴向右平移 8  个单位长度后得到函数 ( ) sin 2g x x 的图象，则 ( )f x 的一个对称中心为（ ） A. ,08      B. 3 ,08      C. 5 ,08      D. ( ,0) 9.如图，已知 P ，Q 是双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     上关于原点对称的两点，点 M 为双曲线C 上异 于 P ，Q 且不与 P ，Q 关于坐标轴对称的任意一点，若直线 PM ，QM 的斜率之积为 3 4 ，且双曲线C 的 焦点到渐近线的距离为 3 ，则双曲线C 的实轴长为（ ） A.2 B. 7 C. 2 7 D.4 10.执行下面的程序框图，则输出 S 的值为（ ） A.41 B.48 C.60 D.71 11.2020 年疫情期间，某县中心医院分三批共派出 6 位年龄互不相同的医务人员支援武汉六个不同的方舱医 院，每个方舱医院分配一人.第一批派出一名医务人员的年龄为 1P ，第二批派出两名医务人员的年龄最大者 为 2P ，第三批派出三名医务人员的年龄最大者为 3P ，则满足 1 2 3P P P  的分配方案的概率为（ ） A. 1 3 B. 2 3 C. 1 20 D. 3 4 12.设实数 a ，b 满足5 11 18a b a  ， 7 9 15a b b  ，则 a ，b 的大小关系为（ ） A. a b B. a b C. a b D.无法比较 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.已知实数 x ， y 满足 2 3 0, 1 0, 2 10 0, x x y x y           则 1 1z yx   的最小值为______. 14.若椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，该圆的圆心是椭圆中心，则称这个圆为蒙日 圆.若椭圆  2 2 2 2: 1 44 x yC aa    的蒙日圆的半径为 2 3 ，则椭圆C 的离心率为______. 15.一个封闭的正方体容器内盛有一半的水，以正方体的一个顶点为支撑点，将该正方体在水平桌面上任意 旋转，当容器内的水面与桌面间距离最大时，水面截正方体各面所形成的图形周长为3 2 ，则此正方体外 接球的表面积为______. 16.已知数列 nb ，  * 1 12n nb b b n    N ，等比数列 na 中， 1 1a b ， 4 8a b ，若数列 nb 中去掉 与数列 na 相同的项后余下的项按原顺序组成数列 nc ，则 nc 前 200 项的和为______. 三、解答题：共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 17~21 题为必考题，每 个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60 分. 17.在 ABC△ 中，内角 A ， B ，C 所对的边分别为 a ，b ， c ，若 3sin cosc a C Cb    . （1）求角 B 的大小； （2）若 6C  ， 2a  ， F 为边 AC 上一点，且 2CF BF ，求 ABF△ 的面积. 18.在三棱锥 P BCD 中， BC PD ， 6BC  ， 12PC  ， PBD△ 是边长为 6 3 的等边三角形. （1）证明：平面 PCB  平面 PBD ； （2）设 A 是 CD 的中点，求 BC 与平面 PAB 所成角的正弦值. 19.已知圆 2 2: 2O x y  交抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的准线于 M ， N 两点（ M 点在上方），且 OM ON . （1）求抛物线 C 的方程； （2）过抛物线 C 的焦点 F 的直线l 与抛物线交于 A ， B 两点，若 MA MB ，求直线l 的斜率. 20.一鲜花店销售某种玫瑰花，根据以往的日销售记录，这种玫瑰花的日销售额（单位：元）服从正态分布  21400,100N .在销售记录中，随机抽取 n 天，至少有一天日销售额在 (1100,1700) 之外的概率约为 0.0257. 在这 n 天里，鲜花店老板每天给表现最好的 5 位员工每位两次抽奖的机会，每次抽奖结果只有“100 元和 50 元”两种结果.由于某种原因，二者出现的概率不一定是等可能的，设出现“100 元”的概率为 p ，各次 抽奖相互独立. （1）求 n 的值. （2）当有 10 人次参与抽奖时，恰有 6 人次得到 100 元的概率为  f p ，求  f p 的最大值点 0p .当 0p p 时，设每位员工抽奖得到的金额为 X ，预计在这 n 天里，鲜花店老板需要拿出的抽奖金额的期望是多少? 附：若随机变量乙服从正态分布  2,N   ，则 ( 3 3 ) 0.9974P Z        . 90.9974 0.9768 100.9974 0.9743 110.9974 0.9718 120.9974 0.9692 21.已知函数 2( ) (1 )e xf x x   与 3 ( ) 3 2 cos 12 xF x x x x    .（ e 2.71828 …是自然对数的底数， ln 2 0.69 ） （1）讨论关于 x 的方程| ln | ( )x f x 根的个数； （2）当 [0,1]x 时，证明： ( ) 1 ( )f x x F x   . （二）选考题：共 10 分.请考生在 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做第一题计分. 22.[选修 4-4：坐标系与参数方程] 已知曲线 1C 的参数方程为   2 2 2 41 ,1 2 1 1 kx k k y k         （ k 为参数），以坐标原点为极点， x 轴的正半轴为极轴，建立 极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 sin 4 a      . （1）将曲线 1C 的参数方程化为普通方程； （2）设曲线 1C 与曲线 2C 交于两点 A ， B ， 14AB  ，求实数 a 的值. 23.[选修 4-5：不等式选讲] 设 a 、b ， c 为正数， a b c M   ， 2 2 2 2 2 2a b b c c a     的最小值为 2 . （1）求 M 的值； （2）求不等式 3 | | | 2 | 4x M x M    的解集. 2021 年普通高等学校全国统招生考试 湘豫名校联考 数学（理科）答案 第Ⅰ卷 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B A B C C D C B D B A A 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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】B 【解析】    2 8 3xB x x x     3U B x x  ð ， 又  1 4A x x   ，则   (1,3]UA B ð ，故选 B. 2.【答案】A 【解析】由已知可得 i 1 1 iz    ，于是 | i 1|| | 1|1 i |z    ，故选 A. 3.【答案】B 【解析】 2 2 2 2 2 2cos 2sin 2 2 4tan 71 cos2 2sin 2 2cos 2sin 2 sin cos tan 1 5                   tan 3  或 1tan 7    （舍去），则 2 1 10cos 1 tan 10    ，故选 B. 4.【答案】C 【解析】计算可得 5x  ， 3.69y  ，将点 (5,3.69) 代入  1.21y bx  ， 可得 0.496b  ，所以  0.496 1.21y x  ， 将 10x  代入，可得  6.17y  万亿元，故选 C. 5.【答案】C 【解析】法一：由题意可得 6AD  ， 2 2 ( )3 3AE AB BE AB BC AB BA AD DC                1 2 1 2 1 1 2( )3 3 3 3 4 2 3AB AD DC AB AD AB AB AD                   ， 1 4AC AD DC AD AB        ， 则 2 1 1 3 2 4AE AC AD AB AD AB                    2 2 2 22 1 2 2 1 26 4 cos60 4 6 343 8 3 3 8 3AD AB AB AD                 . 法二： 如图，由题意可得  4,3 3C ，  4,2 3E ， 则  4,2 3AE  ，  4,3 3AC  ， 所以 4 4 3 3 2 3 34AE AC       ，故选 C. 6.【答案】D 【解析】A.  2 2 2ln sin 2 cos24 2y f x g x x x x x                   ， 当 0x  时， 1y   ，不符合题意； B. (ln | |) sin(2 ) | | sin 2 | |2y f x g x x x x x             ， 其图象不关于 y 轴对称，不符合题意； C.  3 3 3ln sin 2 cos24 2y f x g x x x x x                  ， 其图象不关于 y 轴对称，不符合题意，根据排除法，故选 D. 7.【答案】C 【解析】由题意设 2 ( )f x x bx c   ， ( ) 2f x x b   ， 即 2 2 2 1x bx c x x b      ，解得 2b  ， 1c  ， 所以 2 ( ) 2 1f x x x   ，所以 2 ( ) 2 1f n n n   ，可得 1 (1) 4a f  ， 当 2n  时， ( ) ( 1) 2 1na f n f n n     ， 所以 10 21a  ， 又 1 4a  ，所以 10 1 17a a  ，故选 C. 8.【答案】B 【解析】易得 2  ，令 2x k ， k Z ， 所以 2 kx  ， k Z ，则 ( ) sin 2g x x 图象的对称中心为 ,02 k     ， k Z ， 故 ( ) cos( )f x A x   的对称中心为 ,02 8 k     ， k Z ， 令 1k  ，可得一个对称中心为 3 ,08      ，故选 B. 9.【答案】D 【解析】设 ( , )M x y ，  0 0,P x y ，则  0 0,Q x y  ，则 0 0 PM y yk x x   ， 0 0 QM y yk x x   ， 由题意知 22 2 2 0 2 22 2 2 0 2 2 2 2 2 0 0 1 1 3 4PM QM xxb ba ay y bk k x x x x a                 ， 所以 2 2 7 4 c a  ， 又因为焦点到渐近线 3 2y x  的距离为 | 3 | 3 7 c  ，得 7c  ， 所以 2a  ， 2 4a  ，故选 D. 10.【答案】B 【解析】执行程序框图， 1k  ， 0S  ，满足 5k  ， 11 2 9m    ，满足 11k  ， 9S  ； 2k  ，满足 5k  ， 11 4 7m    ，满足 11k  ， 16S  ； 3k  ，满足 5k  ， 11 6 5m    ，满足 11k  ， 21S  ； 4k  ，满足 5k  ， 11 8 3m    ，满足 11k  ， 24S  ； 5k  ，不满足 5k  ， 10 11 1m     ，满足 11k  ， 23S  ； 6k  ，不满足 5k  ， 12 11 1m    ，满足 11k  ， 24S  ； 7k  ，不满足 5k  ， 14 11 3m    ，满足 11k  ， 27S  ； 8k  ，不满足 5k  ， 16 11 5m    ，满足 11k  ， 32S  ； 9k  ，不满足 5k  ， 18 11 7m    ，满足 11k  ， 39S  ； 10k  ，不满足 5k  ， 20 11 9m    ，满足 11k  ， 48S  ； 11k  ，不满足 5k  ， 22 11 11m    ，不满足 11k  ，输出 S 的值为 48，故选 B. 11.【答案】A 【解析】由题意知年龄最大的医务人员必在第三批，安排年龄最大的医务人员有 1 3C 种方法， 第三批中剩下的两个方舱医院安排有 2 5A 种分配方式， 在留下的三位医务人员中，把这个年龄最大的医务人员安排在第二批，有 1 2C 种分配方式， 剩下的两位医务人员有 2 2A 种分配方式， 根据分步乘法计数原理，所有分配的方式数是 1 2 1 2 3 5 2 2C A C A 240 ， 没有任何要求的分配方式为 6 6A ， 所以满足 1 2 3P P P  分配方案的概率为 6 6 240 1 A 3  ，故选 A. 12.【答案】A 【解析】用反证法。假设 a b ，则18 5 11 5 11a a b a a    ， 所以 5 111 18 18 a a           ， 因为函数 5 11 18 18 x x y            在 R 上单调递减， 所以 1a  . 同理， 1b  ，而 a ，b 不可能都为 1，矛盾，故 a b ，故选 A. 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.【答案】4 【解析】本题为非线性规划问题， 1 1y z x    ， 所以 z 的几何意义为反比例类函数 1 1y z x    的对称中心的纵坐标， 如图，当反比例类函数与直线相切时，达到最小值为 4. 14.【答案】 2 2 【解析】当两切线分别为 x a 和 2y  时，满足条件， 则 2 4 12a   ，解得 2 8a  ， 2 2 4 1 2 2 ae    ， 2 2e  . 15.【答案】 3 【解析】设正方体的棱长为 a ，则正方体的体对角线长为 3a ， 当正方体旋转到一条体对角线垂直于水平面时，容器内水的高度最大， 又因为水的体积是正方体体积的一半， 所以容器里水面的最大高度为体对角线的一半，即最大高度为 3 2 a . 设外接球的球心为O ，则球心O 为体对角线的中点， 设正方体为 1 1 1 1ABCD A B C D ，O 为 1BD 的中点， 取 1AA ， 1CC 的中点G ， H ， 1 1A B ， 1 1B C 的中点 E ， F ， 可证得 1BD EF ， 1BD GE ，进而可证 1BD  平面 GEFH ， 同理可得，水面截正方体各面形成的图形为正六边形，边长为 2 2 a ，周长为 3 2a ， 所以3 2 3 2a  ，则 1a  ， 所以正方体外接球的半径 3 2R  ，故正方体外接球的表面积为 24 3R  . 16.【答案】42962 【解析】 1 2n nb b   ，  nb 为等差数列， 又 1 2b  ， 2nb n  ， 1 2a  ， 4 16a  ，则等比数列 na 的公比为 2， 2n na  . 208 416b  ， 1 2a  ， 2 4a  ， 3 8a  ， 4 16a  ， 5 32a  ， 6 64a  ， 7 128a  ， 8 256a  ， 9 512a  ，    1 2 200 1 2 208 1 2 8c c c b b b a a a          82 1 2208 (2 416) 2 1 2       9209 208 2 2    42962 . 三、解答题：共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 17~21 题为必考题，每 个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60 分. 17.【解析】（1）由正弦定理可得 sin sin 3sin cossin C A C CB    ， 可化为sin sin 3sin sin sin cosC A B C B C   ， 即sin sin( ) 3sin sin sin cosC B C B C B C    ， 所以sin sin cos sin cos 3sin sin sin cosC B C C B B C B C    ， 因为sin 0C  ， 所以1 cos 3sinB B  ，即 1sin 6 2B      ， 因为 B 为三角形的内角， 所以 7 6 6 6B     ， 所以 5 6 6B    ， 所以 2 3B  . （2）在 BCF△ 中，由正弦定理得 sin sin CF BF CBF BCF   ， 可得 sinsin CF BCFCBF BF    ， 2CF BF ， 6BCF   ， 2sin 2CBF   ， 4CBF   ， 5 12ABF AFB     ， 1 2 2sin 12 6ABFS     △ . 18.【解析】（1）由 6BC  ， 6 3PB  ， 12PC  ， 可知  22 2 2 26 6 3 12BC PB    ， 所以 PBC△ 为直角三角形，且 PB CB . 又 BC PD ， PD PB P  ， PB  平面 PBD ， PD  平面 PBD ， 所以CB  平面 PBD . 又CB 平面 PCB ， 所以平面 PCB  平面 PBD . （2）因为 CB  平面 PBD ，CB  平面 DCB， 所以平面 DCB  平面 PBD . 如图，取 BD 的中点O ，连接 PO ， 因为 PDB△ 为等边三角形， 所以 PO DB ，则 PO  平面 DCB. 如图，以O 为坐标原点， OB 所在直线为 x 轴， OA所在直线为 y 轴， OP 所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系， 则 (0,0,0)O ， (0,0,9)P ，  3 3,0,0B ， (0,3,0)A ， 所以  3 3, 3,0AB   ， (0, 3,9)AP   . 设平面 PAB 的法向量为 ( , , )n x y z ， 则 0, 0, AB n AP n          即 3 3 3 0, 3 9 0, x y y z      令 1x  ，则 31, 3, 3n        ， 2 (0,6,0)BC OA   ， 设 BC 与平面 PAB 所成角的大小为 ， 所以 | | 6 3 3 13sin 13| | | | 136 3 BC n BC n          ， 故 BC 与平面 PAB 所成角的正弦值为 3 13 13 . 19.【解析】（1）由题意可知 2 2 22 p    ， 2p  抛物线C 的方程为 2 4y x . （2）由（1）可知焦点 F 的坐标为 (1,0) ， 当直线l 的斜率不存在时，易得不满足条件； 当直线l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 ( 1)y k x  . 由 2 ( 1), 4 , y k x y x     得  2 2 2 22 4 0k x k x k    ， 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 则 2 1 2 2 2 4kx x k   ， 1 2 1x x  ， 则 1 2 4y y k   ， 1 2 4y y   又 ( 1,1)M  ，    1 1 2 21, 1 1, 1MA MB x y x y          1 2 1 2 1 2 1 21 1x x x x y y y y        2 2 2 4 41 1 4 1 0k k k        ， 解得 2k  ，故直线l 的斜率为 2. 20.【解析】（1）根据已知，随机抽取的一天中日销售额在 (1100,1700) 之内的概率为 0.9974， 抽取 n 天，日销售额全在 (1100,1700) 之内的概率为 0.9974n ， 则至少有一天日销售额不在 (1100,1700) 之内的概率为1 0.9974n 所以1 0.9974 0.0257n  ，即 0.9974 0.9743n  ， 所以 10n  （2）有 10 人次参与抽奖， 恰有 6 人次得到 100 元的概率为 6 6 4 10( ) C (1 )f p p p  ， 则 6 5 4 6 3 3 5 6 10 10( ) C 6 (1 ) 4 (1 ) (1 ) C (6 10 )f p p p p p p p p          ， 当 30 5p  时， ( )f p 单调递增，当 3 15 p  时， ( )f p 单调递减， 所以当 3 5p  时， ( )f p 最大， 所以 ( )f p 的最大值点为 0 3 5p  . 由题意知 3 5p  ， X 的所有可能取值为 100，150，200， 则 2 0 2 2 4( 100) C 5 25P X        ， 1 2 2 3 12( 150) C 5 5 25P X      2 2 2 3 9( 200) C 5 25P X        ， 所以 X 的分布列为 X 100 150 200 P 4 25 12 25 9 25 4 12 9( ) 100 150 200 16025 25 25E X        ， 所以这 10 天里，鲜花店老板需要拿出的抽奖金额的期望是10 5 ( ) 50 160 8000E X    （元）. 21.【解析】（1）令 2 1( ) | ln | ( ) | ln | e x xg x x f x x     ， (0, )x   ， ①当 (1, )x  时， ln 0x  ，则 2 1( ) ln e x xg x x   所以 2 2 e( ) e 2 1 x xg x xx         ， 因为 2e 0x  ， 2 1 0x   ， 2e 0 x x  ， 所以 ( ) 0g x  ， 所以 ( )g x 在 (1, ) 上单调递增. 因为 2 2(1) 0eg    ， 2e e 1(e) 1 0eg    ， 根据零点存在性定理，知 ( )g x 在 (1, ) 上存在唯一零点. ②当 (0,1)x  时， ln 0x  ，则 2 1( ) ln e x xg x x    所以 2 1 2 1( ) e x xg x x     ， 因为 2 2 1 4( ) 0e x xg x x     ， 所以 ( )g x 单调递增，则 2 3( ) (1) 1 0eg x g      ， 因此 ( )g x 在 (0,1) 上单调递减. 因为 2 2(1) 0eg    ， 3 3eln 21 2 2ln 2 02 e eg         ， 根据零点存在性定理，知 ( )g x 在 (0,1) 上存在唯一零点. 1x  显然不是 ( )g x 的根， 综上所述，关于 x 的方程| ln | ( )x f x 根的个数是 2. （2）①要证 [0,1]x 时， 2(1 )e 1xx x   ，只需证明 (1 )e (1 )ex xx x   . 记 ( ) (1 )e (1 )ex xh x x x    ，则  ( ) e ex xh x x    ， 当 (0,1)x  时， ( ) 0h x  ，因此 ( )h x 在[0,1] 上是增函数，故    0 0h x h  ， 所以   1f x x  ， [0,1]x . ② 3 1 ( ) (1 ) 3 2 cos 12 xx F x x x x x        3 2 3 2 cos 2 2cos2 2 x xx x x x x x             ， 设 2 ( ) 2 2cos2 xG x x    ， ( ) 2sinG x x x   ， 所以当 [0,1]x 时， ( ) 1 2cos 0G x x    ， 于是 ( )G x 在[0,1] 上是减函数， 从而当 (0,1)x  时， ( ) (0) 0G x G   ，故 ( )G x 在[0,1] 上是减函数， 于是 ( ) (0) 0G x G  ， 故 2 1 ( ) 2 2cos 02 xx F x x x           ， 综合以上可得当 [0,1]x 时，    1f x x F x   . （二）选考题：共 10 分.请考生在 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做第一题计 分. 22.【解析】（1）由  2 2 2 1 1 k y k    ，得 2 212 1 y k     ，即 2 212 1 y k    ， 又 2 41 1 kx k    ，两式相除得 1 2 xk y   ，代入 2 41 1 kx k    ， 得 2 14 2 1 11 2 x y x x y          ， 整理得 2 2( 1) 4( 2)x y y     ，即为 1C 的普通方程. （2）曲线 2C 的极坐标方程 sin 4 a      化为直角坐标方程为 2 0x y a   ， 则圆 1C 的圆心 ( 1,0) 到直线 2 0x y a   的距离为 | 1 2 | 2 ad   ， 则  2 2 2 1 2 2 2 4 142 a AB r d       ，得 0a  或 2 . 23.【解析】（1） 2 2 2a b ab  ，  2 2 2 2 22 2 ( )a b a ab b a b       ， 即 2 2 2 ( ) 2 a ba b   ，两边开平方得 2 2 2 2| | ( )2 2a b a b a b     同理可得 2 2 2 ( )2b c b c   ， 2 2 2 ( )2c a c a   ， 三式相加，得 2 2 2 2 2 2 2( ) 2a b b c c a a b c M         ， 当且仅当 a b c  时，等号成立，所以 1M  . （2）由（1）可知求不等式| 3 3| | 2 | 4x x    的解集， 当 1x   时，原不等式等价于 (3 3) (2 ) 4x x     ，解得 5 4x   ， 当 1 2x   时，原不等式等价于 (3 3) (2 ) 4x x    ，解得 1 22 x   ， 当 2x  时，原不等式等价于 (3 3) ( 2) 4x x    ，解得 2x  ， 综上所述，原不等式的解集为 5 1, ,4 2               .