理科数学-2021年高考押题预测卷（新课标Ⅰ卷）03（含考试版、全解全析、参考答案、答题卡）

2021年高考押题预测卷03【新课标Ⅰ卷】 理科数学·全解全析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C A B A D B B C B D D D 1.【答案】C 【解析】 EMBED Equation.DSMT4 , EMBED Equation.DSMT4 , 故选：C. 2.【答案】A 【解析】 的解为 ，设 ， ， 因为 是 的真子集，所以“ ”是“ ”的充分不必要条件. 故选：A 3.【答案】B 【解析】如图，作FN//AE，FM//ED，则多面体被分割棱柱与棱锥部分， 因为EF与平面ABCD的距离为2，所以四棱锥F-NBCM的高为2， 所以V四棱锥F-NBCM= SNBCM V棱柱ADE-NMF=S直截面 所以该刍甍的体积为V=V四棱锥F-NBCM +V棱柱ADE-NMF= . 故选：B 4.【答案】A 【解析】由题意得： ， 令 ，解得 ，即 ，且 ， 所以 可取 ， 所以满足条件的所有 的和为 ，故选：A 5.【答案】D 【解析】由表格中的数据可得 ， ， 由于回归直线过样本的中心点 ， ，解得 ， 所以，回归直线方程为 ， 当 时， 故选：D. 6.【答案】B 【解析】设截面圆半径为 ，球的半径为 ，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即 ， 根据截面圆的周长可得 ，得 ， 故由题意知 ，即 ，所以 ， 故选：B． 7.【答案】B 【解析】 ，则 ，函数有极大值极小值，故 . 取 得到 ， 函数在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增， 故极大值为 ， 极小值为 ，解得 ， . 故单调区间为 . 故选： . 8.【答案】C 【解析】中， 令，得. ∵展开式中 ∴,故选：. 9.【答案】B 【解析】 ， ， ① ， ，两函数的值域相同，都是 ，故①正确； ②若 是函数 的极值点，则 ， ，解得 ， ， ， 也是函数 的零点，故②正确； ③把函数 的图象向右平移 个单位，得 ，故③错误； ④ 时， ， 是单调增函数， ， 也是单调增函数，故④正确. 综上所述，以上结论中错误的个数是1. 故选B. 10.【答案】D 【解析】由抛物线C: ( )可知焦点F(0, ),由双曲线 的上焦点坐标为(0,1),且抛物线的焦点F(0, )是双曲线 的一个焦点,可得 ,得 ,得抛物线方程为 ，由题意得直线 的方程为 ,设A ,B 联立 消 化简得 ,则有: , , 所以由弦长公式 . 故选:D. 11.【答案】D 【解析】因为 ，所以 ，即 ， 因为 ，所以 ， 所以 EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 ， 当且仅当 时，等号成立.故选：D 12.【答案】D 【解析】∵是偶函数，∴， ∴对于任意的，都有， 所以，所以函数是一个周期函数，且， 又因为当时，，且函数是定义在R上的偶函数， 若在区间内关于的方程恰有4个不同的实数解， 则函数与在区间上有四个不同的交点，作函数和的图象，只能如下图所示： 又，则对于函数，由题意可得，当时的函数值小于1，即，由此解得，所以的范围是， 故选：D. 13.【答案】 【解析】作出可行域如图中阴影部分所示， 设 ，则 ，作直线 ，平移得到 ，当直线 经过点 时，z取得最大值. 联立 ，解得 ， ，故 ∴ ． 故答案为： 14.【答案】 【解析】因为 与 的夹角是钝角，所以 且 与 不共线， 因为 ， 又当 与 共线时 ， 所以若 与 的夹角是钝角，则 . 故答案为： 15.【答案】 【解析】由题意 ， ， 在△ABC中由正弦定理得 ，所以 EMBED Equation.DSMT4 ， 在 中 ． 故答案为： ． 16.【答案】 【解析】如图所示，直线与圆相切于点，可得， 由双曲线的定义可知，， ，且， 所以，即，可得， 又由，联立解得，即． 故答案为：． 17.【解析】（1） 两式相减，得 . 所以， ， 又 ，即 ∴ ∴ 是首项为2，公比是4的等比数列. . （2） . ① ② ①-②，得 EMBED Equation.DSMT4 ， 故 . 18.【解析】（1） 焦点坐标为 ， EMBED Equation.DSMT4 ， ， 抛物线 的方程为： ； （2）设直线 的方程为： ，代入 得： ， 设 ， ， ， ， EMBED Equation.DSMT4 ， ， 轴是 的角平分线， ， EMBED Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT