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甘肃省武威市2021届新高考数学二模试卷含解析

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甘肃省武威市2021届新高考数学二模试卷

一、选择题：本题共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．在平面直角坐标系xOy中，已知,nnAB是圆222xyn上两个动点，且满足2*2nnnOAOBnNuuuuvuuuuv，设,nnAB到直线310xynn的距离之和的最大值为na，若数列1na的前n项和nSm恒成立，则实数m的取值范围是（ ）

A．3,4 B．3,4 C．2,3 D．3,2

【答案】B

【解析】

【分析】

由于,nnAB到直线310xynn的距离和等于,nnAB中点到此直线距离的二倍，所以只需求,nnAB中点到此直线距离的最大值即可。再得到,nnAB中点的轨迹是圆，再通过此圆的圆心到直线距离，半径和,nnAB中点到此直线距离的最大值的关系可以求出na。再通过裂项的方法求1na的前n项和，即可通过不等式来求解m的取值范围.

【详解】

由22nnnOAOBuuuuvuuuuv，得2cos2nnnnnAOB，120nnAOBo.设线段nnAB的中点nC，则2nnOC，nC在圆2224nxy上，nnAB到直线310xynn的距离之和等于点nC到该直线的距离的两倍，点nC到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和，而圆2224nxy的圆心(0,0)到直线310xynn的距离为2211213nnnnd，212222nnnnann，211111222nannnn，1231111nnSaaaa1111111112324352nn11113122124nn.

34m.

故选：B

【点睛】

本题考查了向量数量积，点到直线的距离，数列求和等知识，是一道不错的综合题.

2．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）

A．83 B．163 C．43 D．8

【答案】A

【解析】

【分析】

由三视图还原出原几何体，得出几何体的结构特征，然后计算体积．

【详解】

由三视图知原几何体是一个四棱锥，四棱锥底面是边长为2的正方形，高为2，

直观图如图所示，1822233V．

故选：A．

【点睛】

本题考查三视图，考查棱锥的体积公式，掌握基本几何体的三视图是解题关键．

3．已知直线30xym过双曲线C：22221(0,0)xyabab的左焦点F，且与双曲线C在第二象限交于点A，若||||FAFO（O为坐标原点），则双曲线C的离心率为

A．2 B．31 C．5 D．51

【答案】B

【解析】 【分析】

【详解】

直线30xym的倾斜角为π3，易得||||FAFOc．设双曲线C的右焦点为E，可得AFE△中，90FAEo，则||3AEc，所以双曲线C的离心率为2313cecc.故选B．

4．半正多面体(semiregular solid) 亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形为面的半正多面体.如图所示，图中网格是边长为1的正方形，粗线部分是某二十四等边体的三视图，则该几何体的体积为（ ）

A．83 B．4 C．163 D．203

【答案】D

【解析】

【分析】

根据三视图作出该二十四等边体如下图所示，求出该几何体的棱长，可以将该几何体看作是相应的正方体沿各棱的中点截去8个三棱锥所得到的，可求出其体积.

【详解】

如下图所示，将该二十四等边体的直观图置于棱长为2的正方体中，由三视图可知，该几何体的棱长为2，它是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，

该几何体的体积为11202228111323V，

故选：D.

【点睛】 本题考查三视图，几何体的体积，对于二十四等边体比较好的处理方式是由正方体各棱的中点得到，属于中档题.

5．复数432izi的虚部为（ ）

A．2i B．2i C．2 D．2

【答案】D

【解析】

【分析】

根据复数的除法运算，化简出z，即可得出虚部.

【详解】

解：432izi=43251012225iiiiii，

故虚部为-2.

故选：D.

【点睛】

本题考查复数的除法运算和复数的概念.

6．设集合A＝{y|y＝2x﹣1，x∈R}，B＝{x|﹣2≤x≤3，x∈Z}，则A∩B＝（ ）

A．（﹣1，3] B．[﹣1，3] C．{0，1，2，3} D．{﹣1，0，1，2，3}

【答案】C

【解析】

【分析】

先求集合A，再用列举法表示出集合B，再根据交集的定义求解即可．

【详解】

解：∵集合A＝{y|y＝2x﹣1，x∈R}＝{y|y＞﹣1}，

B＝{x|﹣2≤x≤3，x∈Z}＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，

∴A∩B＝{0，1，2，3}，

故选：C．

【点睛】

本题主要考查集合的交集运算，属于基础题．

7．若(12)5izi（i是虚数单位），则z的值为（ ）

A．3 B．5 C．3 D．5

【答案】D

【解析】 【分析】

直接利用复数的模的求法的运算法则求解即可.

【详解】

 125izi（i是虚数单位）

可得125izi

解得5z

本题正确选项：D

【点睛】

本题考查复数的模的运算法则的应用，复数的模的求法，考查计算能力.

8．在ABCV中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若coscos4caBbA，则2222abc（ ）

A．32 B．12 C．14 D．18

【答案】D

【解析】

【分析】

利用余弦定理角化边整理可得结果.

【详解】

由余弦定理得：222222224acbbcacabacbc，

整理可得：2224cab，222128abc.

故选：D.

【点睛】

本题考查余弦定理边角互化的应用，属于基础题.

9．胡夫金字塔是底面为正方形的锥体，四个侧面都是相同的等腰三角形．研究发现，该金字塔底面周长除以2倍的塔高，恰好为祖冲之发现的密率355113．设胡夫金字塔的高为h，假如对胡夫金字塔进行亮化，沿其侧棱和底边布设单条灯带，则需要灯带的总长度约为

A．24(4)2h B．216(2)4h

C．2(8421)h D．2(2216)h

【答案】D 【解析】

【分析】

【详解】

设胡夫金字塔的底面边长为a，由题可得42ah，所以2ha，

该金字塔的侧棱长为2222222162()284ahhhh，

所以需要灯带的总长度约为221644(224hh2216)h，故选D．

10．已知Sn为等比数列{an}的前n项和，a5＝16，a3a4＝﹣32，则S8＝（ ）

A．﹣21 B．﹣24 C．85 D．﹣85

【答案】D

【解析】

【分析】

由等比数列的性质求得a1q4＝16，a12q5＝﹣32，通过解该方程求得它们的值，求首项和公比，根据等比数列的前n项和公式解答即可.

【详解】

设等比数列{an}的公比为q，

∵a5＝16，a3a4＝﹣32，

∴a1q4＝16，a12q5＝﹣32，

∴q＝﹣2，则11a，

则881[1(2)]8512S，

故选：D.

【点睛】

本题主要考查等比数列的前n项和，根据等比数列建立条件关系求出公比是解决本题的关键，属于基础题.

11．在复平面内，复数21(1)ii对应的点位于（ ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】B

【解析】

【分析】

化简复数为abi的形式，然后判断复数的对应点所在象限，即可求得答案.

【详解】 Q211(1)(1)22iiiiiiii

111222ii

对应的点的坐标为11,22在第二象限

故选：B.

【点睛】

本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题.

12．公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面1000米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍.当比赛开始后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米，当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟先他10米，当阿基里斯跑完下-个10米时，乌龟先他1米....所以，阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为0.1米时，乌龟爬行的总距离为（ ）

A．5101900米 B．510990米

C．4109900米 D．410190米

【答案】D

【解析】

【分析】

根据题意，是一个等比数列模型，设11100,,0.110naqa，由110.110010nna，解得4n，再求和.

【详解】

根据题意，这是一个等比数列模型，设11100,,0.110naqa，

所以110.110010nna，

解得4n，

所以 44441110011011111001190aqSq .

故选：D

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2021年甘肃省武威六中高考数学二诊数学试卷(理科)

2021年甘肃省武威六中高考数学二诊数学试卷(理科)

第1页，共19页 2021年甘肃省武威六中高考数学二诊数学试卷（理科）

一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）

1. 设集合𝐴={𝑥|2𝑥−𝑥2≥0}，𝐵={𝑥|1<𝑥≤2}，则𝐴∩𝐵=( )

A. {2} B. {𝑥|1<𝑥<2} C. {𝑥|1<𝑥≤2} D. {𝑥|0<𝑥≤1}

2. 复数z为纯虚数，若(3−𝑖)𝑧=𝑎+𝑖(𝑖为虚数单位)，则实数a的值为( )

A. −3 B. 3 C. −13

D.

13

3. 中国有个名句“运筹帷幄之中，决胜千里之外”，其中的“筹”原意是指《孙子算经》中记载的算筹．古代用算筹来进行计算，算筹是将几寸长的小竹棍摆在平面上进行计算，算筹的摆放形式有横纵两种形式(如图所示)，表示一个多位数时，像阿拉伯计数一样，把各个数位的数码从左到右排列，但各位数码的筹式需要纵横相间，个位、百位、万位数用纵式表示，十位、千位、十万位用横式表示，以此类推．例如3266用算筹表示就是，则8771用算筹可表示为( )

A. B. C. D.

4. 已知𝑎=212,𝑏=313,𝑐=ln32，则( )

A. 𝑎>𝑏>𝑐 B. 𝑎>𝑐>𝑏 C. 𝑏>𝑎>𝑐 D. 𝑏>𝑐>𝑎

5. 如图所示的程序框图是为了求出满足2𝑛−𝑛2>28的最小偶数n，那么空白框中的语句及最后输出的n值分别是( )

A. 𝑛=𝑛+1和6

B. 𝑛=𝑛+2和6

C. 𝑛=𝑛+1和8

D. 𝑛=𝑛+2和8

6. 若|𝑎⃗ |=2𝑐𝑜𝑠75°，|𝑏⃗ |=4𝑐𝑜𝑠15°，𝑎⃗ 与𝑏⃗ 的夹角为30°，则𝑎⃗ ⋅𝑏⃗ 的值为( ) 第2页，共19页 A. 12 B. √32 C. √3 D. 2√3

7. 设𝑓(𝑥)=𝑥3+lg(𝑥+√𝑥2+1)，则对任意实数a、b，“𝑎+𝑏≥0”是“𝑓(𝑎)+𝑓(𝑏)≥0”的( )条件

2021年高考数学试卷新高考2卷含参考答案解析

2021年高考数学试卷新高考2卷含参考答案解析

2021年高考数学试卷新高考2卷含参考答案解析

2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷（新高考2卷）注意事项：

1.在答题卡上填写姓名、考生号、考场号和座位号。用2B铅笔将试卷类型填涂在答题卡相应位置上，并将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。

2.作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上对应题目的答案信息点涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后再涂其他答案。不要在试卷上作答。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上。如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案。不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

单选题：

1.复数2-i在复平面内对应的点所在的象限为（）。

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

2.设集合U={1,2,3,4,5,6}，A={1,3,6}，B={2,3,4}，则A∪B的结果为（）。

A．{3} B．{1,6} C．{5,6} D．{1,3}

3.抛物线y2=2px(p>0)的焦点到直线y=x+1的距离为2，则p=（）。

A．1 B．2 C．22 D．4

4.北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果，其中地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为km。将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数。地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=2πr2(1-cosα)（单位：km2）。则S占地球表面积的百分比约为（）。

A．26% B．34% C．42% D．50%

5.正四棱台的上底面和下底面的边长分别为2和4，侧棱长为2，则其体积为（）。

A．20+123 B．282 C．56√3/2 D．282√3/3

2021年甘肃省武威六中高考数学二诊数学试卷(文科) (解析版)

2021年甘肃省武威六中高考数学二诊数学试卷(文科) (解析版)

2021年甘肃省武威六中高考数学二诊数学试卷（文科）

一、单选题（共12小题）.

1．已知集合A＝{x|﹣2＜x≤2}，B＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，则A∩B＝（ ）

A．{﹣1，1，2} B．{﹣2，﹣1，1}

C．{﹣1，0，1，2} D．{﹣2，﹣1，1，2}

2．复数化简的结果为（ ）

A．﹣1﹣i B．﹣1+i C．1﹣i D．1+i

3．《九章算术》中有“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则该竹子的容积为（ ）

A．升 B．升 C．升 D．升

4．疫情期间部分小学实行线上学习，某区教育局为了解学生线上学习情况，准备从5所小学随机选出3所进行调研，其中M与N小学被同时选中的概率为（ ）

A． B． C． D．

5．已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝3，S4＝15，则a5＝（ ）

A．16 B．12 C．8 D．4

6．已知a＝30.1，b＝，c＝log32，则a，b，c的大小关系为（ ）

A．c＜b＜a B．c＜a＜b C．b＜a＜c D．b＜c＜a

7．已知向量、的夹角为60°，且||＝2，||＝1，则向量与向量+2的夹角等于（ ）

A．150° B．90° C．60° D．30°

8．设a，b是两条直线，α，β是两个平面，则a⊥b的一个充分条件是（ ）

A．a⊥α，b∥β，α⊥β B．a⊥α，b⊥β，α∥β

C．a⊂α，b⊥β，α∥β D．a⊂α，b∥β，α⊥β

9．“x＞1”是“lnx＞”的（ ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

10．圆x2+（y+2）2＝4与直线3x+4y+2＝0相交于A，B两点，则线段AB的垂直平分线的方程是（ ）

甘肃省武威市2021届新高考数学二月模拟试卷含解析

甘肃省武威市2021届新高考数学二月模拟试卷含解析

甘肃省武威市2021届新高考数学二月模拟试卷

一、选择题：本题共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．已知抛物线24yx的焦点为F，P为抛物线上一点，(1,1)A，当PAF周长最小时，PF所在直线的斜率为（ ）

A．43

B．34 C．34 D．43

【答案】A

【解析】

【分析】

本道题绘图发现三角形周长最小时A,P位于同一水平线上，计算点P的坐标，计算斜率，即可．

【详解】

结合题意，绘制图像

要计算三角形PAF周长最小值，即计算PA+PF最小值，结合抛物线性质可知，PF=PN，所以PFPAPAPNANAG，故当点P运动到M点处，三角形周长最小，故此时M的坐标为1,14，所以斜率为1041314k，故选A．

【点睛】

本道题考查了抛物线的基本性质，难度中等．

2．若*13nxnNxx的展开式中含有常数项，且n的最小值为a，则22aaaxdx（ ）

A．36 B．812 C．252 D．25

【答案】C 【解析】

*13xnnNxx展开式的通项为

521133,0,1,,rnrnrrnrrrnnTCxCxrnxxL，因为展开式中含有常数项，所以502nr，即25rn为整数，故n的最小值为1．

所以5222252552aaaxdxxdx.故选C

点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略

(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第1r项，再由特定项的特点求出r值即可.

(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第1r项，由特定项得出r值，最后求出其参数.

3．下列几何体的三视图中，恰好有两个视图相同的几何体是（ ）

A．正方体 B．球体

C．圆锥 D．长宽高互不相等的长方体