【精品试卷】新高考2021届高三数学入学调研试题一(含解析）

【精品试卷】新高考2021届高三数学入学调研试题一(含解析）

1 （新高考）2021 届高三数学入学调研试题（一） 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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．已知集合 { 2,0,2,3}A   ，集合 { | 2 0}B x x    ，则 A B  （ ） A．{2,3} B．{ 2} C． ( 2,0) D．{ 2,0} 2．设复数 1i 1 i z    ，则 | |z （ ） A．0 B． 2 C． 2 2 D．1 3．将甲、乙、丙、丁四位老师分配到三个班级，每个班级至少一位老师，则共有分配方案（ ） A．81种 B． 256种 C． 24种 D．36种 4．一支田径队有男运动员56人，女运动员 42人，用分层抽样的方法从中抽出一个容量为 28的样 本，那么应抽出男运动员的人数为（ ） A．10 B．12 C．14 D．16 5．阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主、英国著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件 引起了数学界的震动．在1859年，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为《论小于某值的素数个数》 的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想．在此之前，著名数学家欧拉也曾研究过这个问 题，并得到小于数字 x的素数个数大约可以表示为 π( ) ln xx x  的结论．若根据欧拉得出的结论，估 计10000以内的素数的个数为（ ）（素数即质数， lg 0.43429e  ，计算结果取整数） A．1089 B．1086 C． 434 D．145 6．将正方形 ABCD沿对角线 AC折起，并使得平面 ABC垂直于平面 ACD，直线 AB与CD所成 的角为（ ） A．90 B．60 C． 45 D．30 7．已知单位向量 1e ， 2e 分別与平面直角坐标系 x， y轴的正方向同向，且向量 1 23AC e e uuur = - ， 1 22 6BD e e uuur = + ，则平面四边形 ABCD的面积为（ ） A． 10 B． 2 10 C．10 D． 20 8．已知定义在 R 上的函数 ( )f x 满足 (2 ) ( ) 0f x f x   ，当 1x  时， ( ) 2f x x  ，则不等式 ( ) 0f x  的解集为（ ） A． (1, 2) B． ( ,0) C． (0, 2) D． ( , 0) (1, 2)  二、多项选择题：本题共 4 小题，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．全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分． 9．已知直线 1l 的方程为2 (5 ) 8x m y   ，直线 2l 的方程为 (3 ) 4 5m x y   ，若 1 2l l∥ ，则m  （ ） A． 1 B． 1 C． 7 D． 3 10．已知函数 ( ) sin( )f x A x   （ 0A  ， 0  ， π0 | | 2   ）的部分图象如图所示，则下列 说法正确的是（ ） A． 2  B． π 3    C． π( ) 12 f x  是奇函数 D． π( ) 12 f x  是偶函数 11．已知 ,x yR ，且5 7 5 7x y y x- -+ £ + ，则（ ） A． 1 1( ) 3 ( ) 3 x y B． 2 2x y C．3 3x y D． 1 1 2 2 log logx y 12．已知函数 2( ) 1f x x  ， ( ) lng x x ，下列说法中不正确的是（ ） A． ( )f x ， ( )g x 在点 (1,0)处有相同的切线 B．对于任意 0x  ， ( ) ( )f x g x 恒成立 2 C． ( )f x ， ( )g x 的图象有且只有一个交点 D． ( )f x ， ( )g x 的图象有且只有两个交点 第Ⅱ卷 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．椭圆 2 2 : 1 9 16 x yC   的两个焦点分别为 1F ， 2F ，过 1F 的直线 l 交 C 于 A ， B 两点，若 2 2 10AF BF  ，则 AB 的值为 ． 14．已知等比数列{ }na 的首项为1，且 6 4 3 12( )a a a a   ，则 1 2 3 7a a a a  ． 15．已知二项式 1(2 )nx x  的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是 2 :5，则n  ， 3x 的系数为 ． 16．如图，在棱长为 2的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D- 中，E、F 分别为棱 1 1AD 、 1 1C D 的中点，N 是 线段 1BC 上的点，且 1 1 4 BN BC= ，若 P、M 分别为线段 1D B、EF 上的动点，则 | | | |PM PN 的 最小值为__________． 四、解答题：本大题共 6 个大题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10 分）在三角形 ABC△ 中，角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，且 2 2 2 4 2 3 b c a bc+ - = ． （1）求 sin A的值； （2）若 ABC△ 的面积为 2 ，且 2 sin 3sinB C= ，求三角形 ABC△ 的周长． 18．（12 分）已知等差数列{ }na 的前n项和为 nS ，公差为 0d > ，且 2 3 40a a = ， 1 4 13a a+ = ，公 比为 (0 1)q q< < 的等比数列{ }nb 中， 1b ， 2b ， 3 1 1 1 1 1{ , , , , } 60 32 20 8 2 b Î ． （1）求数列{ }na ，{ }nb 的通项公式 na ， nb ； （2）若数列{ }nc 满足 n n nc a b= + ，求数列{ }nc 的前 n项和 nT ． 3 19．（12 分）为了增强学生体质，提高体育成绩，让学生每天进行一个小时的阳光体育活动．随着 锻炼时间的增长，学生身体素质越来越好，体育成绩90分以上的学生也越来越多．用 y表示 x月后 体育成绩90分以上的学生的百分比，得到了如下数据． （1）求出 y关于 x的回归直线方程； （2）试根据（1）求出的线性回归方程，预测7个月后，体育成绩90分以上的学生的百分比是多少? 参考公式：由最小二乘法所得回归直线的方程是 y bx a= +$ $ $其中， ^ 1 1 22 2 1 1 ( )( ) ( ) n n i i i i i i n n i i i i x x y y x y nx y b x x x nx = = = = - - - = = - - ， a y bx= -$ $ ． 20．（12 分）在三棱锥P ABC 中， PB 平面 ABC， AB BC ， 2AB PB  ， 2 3BC  ， E、G 分别为 PC、 PA的中点． （1）求证：平面 BCG 平面 PAC ； （2）假设在线段 AC 上存在一点 N ，使 PN BE ，求 AN NC 的值； （3）在（2）的条件下，求直线 BE与平面 PBN 所成角的正弦值． 21．（12 分）已知函数 ( ) ln af x x x x = + + ． （1）若 1a= ，求曲线 ( )f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程； （2）若任意的 1( , ) 2 xÎ +¥ ， 2( ) xxf x e x< + 恒成立，请求出 a的取值范围． 4 22．（12 分）如图，设抛物线方程为 2 2 ( 0)x py p  ，M 为直线 2y p  上任意一点，过M 引抛 物线的切线，切点分别为 A，B． （1）求直线 AB与 y轴的交点坐标； （2）若E为抛物线弧 AB上的动点，抛物线在E点处的切线与三角形MAB的边MA，MB分别交 于点C，D，记 EAB MCD S S   △ △ ，问是否为定值？若是求出该定值，若不是请说明理由． （新高考）2021 届高三入学调研试卷 数 学（一）答 案 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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】D 【解析】 { 2,0,2,3}A   ， { | 2 0}B x x    ，∴ { 2,0}A B   ． 2．【答案】C 【 解 析 】 2 1 1 i 1 i 1 i 1 ii i i i 1 i (1 i)(1 i) 1 i 2 2 2 z                   ， 2 21 1 2| | ( ) ( ) 2 2 2 z     ． 3．【答案】D 【解析】第一步，将4名老师分成三组，其中一组2人，其他两组每组1人，不同的分法种数 是 2 4C 6 种， 第二步，分到三个班的不同分法有 3 3A 6 种， 故不同的分配方案为6 6 36  种． 4．【答案】D 【解析】设抽取的男运动员的人数为 x，则抽取的女运动员的人数为 28 x ， ∴ 28 56 42 x x ，解得 16x  ． 5．【答案】B 【解析】由题可知小于数字 x的素数个数大约可以表示为 π( ) ln xx x  ， 则 10000 以 内 的 素 数 的 个 数 为 10000 10000 10000lgπ(10000) 2500lg 0.43429 2500 1086 ln10000 4ln10 4 e e       ． 6．【答案】B 【解析】如图，取 AC，BD， AD的中点，分别为O，M ，N ，连结OM ，ON ，MN， 则 1 2 ON CD平行且等于 ， 1 2 MN AB平行且等于 ，所以 ONM 或其补角即为所求的角． 因为平面 ABC 平面 ACD， BO AC ，所以 BO 平面 ACD，所以 BO OD ， 设正方形边长为 2， 2OB OD  ，所以 2BD  ，则 1 1 2 OM BD  ， 所以 1ON MN OM   ，所以 OMN△ 是等边三角形， 60ONM  ． 所以直线 AB与CD所成的角为60． 7．【答案】C 【解析】 1 2 1 2(3 ) (2 6 ) 6 6 0AC BD e e e e uuur uuur × = - × + = - = ，∴ AC BD^ uuur uuur ， 又 2 2| | 3 ( 1) 10AC = + - = uuur ， 2 2| | 2 6 2 10BD = + = uuur ， ∴平面四边形 ABCD的面积 1 1| | | | 10 2 10 10 2 2 AC BD= = = uuur uuur ． 8．【答案】D 【解析】由已知 (2 ) ( ) 0f x f x   ，即 (1 ) (1 ) 0f x f x    ，∴ ( )f x 关于 (1, 0)中心对 称， 又当 1x  时， ( ) 2f x x  ，作出函数 ( )f x 的图象如图所示， 由图可知 ( ) 0f x  的解集为 ( , 0) (1, 2)  ． 二、多项选择题：本题共 4 小题，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．全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分． 9．【答案】AC 【解析】因为 1 2l l∥ ，故 2 4 (5 )(3 )m m    ，整理得到 2 8 7 0m m   ，解得 1m   或 7m   ． 10．【答案】ABD 【解析】由图可得 π( ) sin(2 ) 3 f x x  ，所以 A、B正确； π π π π π π( ) sin[2( ) ] sin(2 ) sin(2 ) 12 12 3 6 3 6 f x x x x         ，故 C错； π π π π π π( ) sin[2( ) ] sin(2 ) sin(2 ) cos2 12 12 3 6 3 2 f x x x x x           为偶函数，所以 D 正确． 11．【答案】AC 【解析】∵函数 5 7x xy -= - 为增函数，∴5 7 5 7x y y x- -+ £ + ，即5 7 5 7x x y y- -- £ - ，可得 x y£ ， ∴A、C 正确． 12．【答案】ABC 【解析】因为 ( ) 2f x x  ， (1) 2f   ， 1( )g x x   ， (1) 1g  ， 所以 ( )f x ， ( )g x 在点 (1,0)处的切线不同，选项 A 不正确； ( ) ( ) ( ) ( ) 0f x g x f x g x    ， 2 2 22( )( )1 2 1 2 2[ ( ) ( )] 2 x xxf x g x x x x x       ， 因为 2(0, ) 2 x ，[ ( ) ( )] 0f x g x   ； 2( , ) 2 x  ，[ ( ) ( )] 0f x g x   ； 2 2 x  ，[ ( ) ( )] 0f x g x   ， 所以 2 2 x  时， ( ) ( )f x g x 有最小值 1 (ln 2 1) 0 2   ，所以当 0x  时， ( ) ( )f x g x 不恒 成立，选项 B 不正确； 由上可知，函数 ( ) ( )f x g x 在 (0, ) 上有且只有两个零点，所以 ( )f x ， ( )g x 的图象有且 只有两个交点． 第Ⅱ卷 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．【答案】6 【解析】由题意可得 2 2 1 1 10 4 16AF BF AF BF AB a       ，解得 6AB  ， 故答案为6． 14．【答案】128 【解析】设等比数列{ }na 的公比为 q，则 3 6 4 3 1 2a aq a a     ，所以 3 4 1 2a a q   ， 7 7 1 2 3 7 4 2 128a a a a a   ． 15．【答案】6， 240 【解析】二项展开式的第 1r  项的通项公式为 1 1C (2 ) ( )r n r r r nT x x     ， 由展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是 2 :5，可得 1 2C :C 2 :5n n  ，解得 6n  ， 所以 366 2 1 6 1C (2 ) ( ) C 2 ( 1) rr n r r r r r r nT x x x        ， 令 36 3 2 r  ，解得 2r  ， 所以 3x 的系数为 2 6 2 2 6C 2 ( 1) 240   ． 16．【答案】 6 【解析】首先 PM 的最小值就是 P到 EF 的距离． 连接 1 1B D 交 EF 于G，连接 PG，则 EF ^ 平面 1 1B DDB，故 EF PG^ ， 从而 PM 的最小值 PG，可知G为 EF 的中点， 1DG为 1 1D B 的四分之一． 其次，连接 BD，在线段 BD上取点H ，使 BH BN= ，连接 PH ，则 PHB PNB△ △@ ， 从而 PN PH= ， 最后，连接GH交 1BD 于K，则当 P为K时， PM PN+ 取得最小值，所求最小值为GH， ∵正方体 1 1 1 1ABCD ABC D- 的棱长为 2，∴ 6GH  ． 四、解答题：本大题共 6 个大题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算 步骤． 17．【答案】（1） 1sin 3 A= ；（2） 2 3 2 6+ + ． 【解析】（1）∵ 2 2 2 2 cosb c a bc A+ - = ，∴ 4 22 cos 3 bc A bc= ， ∴ 2 2cos 3 A= ， ∴在 ABC△ 中， 2 1sin 1 cos 3 A A= - = ． （2）∵ ABC△ 的面积为 2 ，即 1 1sin 2 2 6 bc A bc= = ，∴ 6 2bc= ， 又∵ 2 sin 3sinB C= ，由正弦定理得 2 3b c= ， ∴ 3 2b= ， 2c= ， 则 2 2 2 2 cos 6a b c bc A= + - = ，∴ 6a= ， ∴ ABC△ 的周长为 2 3 2 6+ + ． 18．【答案】（1） 3 1na n= - ， 2 11( ) 2 n nb -= ；（2） (3 1) 2 1(1 ) 2 3 4n n n nT += + - ． 【解析】（1）由题意可得：等差数列{ }na ， 1 1 1 1 ( )( 2 ) 40 2 2 3 13 3 a d a d a a d d ì ì+ + = =ï ïÞ + = =ïï îî ， 3 1na n= - ； 因为等比数列{ }nb 中， 1b ， 2b ， 3 1 1 1 1 1{ , , , , } 60 32 20 8 2 b Î ，0 1q< < ， 所以 1 1 2 b = ， 2 1 8 b = ， 3 1 32 b = ，∴ 1 1 2 1 1 1 1 12 ( ) ( ) 1 2 4 2 4 n n n b b q - - ìïï =ïïï Þ = × =íïï =ïïïî ． （2） 2 113 1 ( ) 2 n n n nc a b n -= + = - + ， ∴ 1 1[1 ( ) ](2 3 1) (3 1) 2 12 4 (1 )12 2 3 41 4 n n n n n n nT -+ - += + = + - - ． 19．【答案】（1） 0.08 0.22y x= +$ ；（2）78%． 【解析】（1）由表格数据可得 3x= ， 0.46y= ， 1 22 1 5 0.08 5 n i i i n i i x y x y b x x = = - = = - å å $ ， 0.46 0.08 3 0.22a y bx= - = - ´ =$ $ ， 故 y$关于 x的回归直线方程为 0.08 0.22y x= +$ ． （2）由（1）知 0.08 0.22y x= +$ ， 令 7x= ，解得 0.78 78%y= =$ ． 20．【答案】（1）证明见解析；（2） 1 2 AN NC  ；（3） 21 7 ． 【解析】（1）因为 PB 平面 ABC， BC 平面 ABC，所以 PB BC ， 又 AB BC ， AB BP B ，所以 BC 平面 PAB，则BC PA ， 又 2AB PB  ， PAB△ 为等腰直角三角形，G 为 PA的中点，所以 BG PA ， 又BG BC B ，所以 PA平面 BCG， 因PA平面 PAC ，则有平面 BCG 平面 PAC ． （2）分别以 BA  ， BC  ， BP  为 x， y， z轴，建立空间直角坐标系， 那么 (2,0,0)A ， (0,2 3,0)C ， (0,0,2)P ， (0, 3,1)BE   ，因此 ( 2,2 3,0)AC    ， (2,0, 2)PA    ，设 ( 2 ,2 3 ,0)AN AC       ，那么 (2 2 ,2 3 , 2)PN      ， 由PN BE ，得 0PN BE    ，解得 1 3   ， 因此 1 3 AN AC   ，因此 1 2 AN NC  ． （3）由（2）知 4 2 3( , , 2) 3 3 PN    ， 设平面PBN 的法向量为 ( , , )x y zn ， 则 0PN   n ， 0BP   n ，即 2 0 4 2 3 2 0 3 3 z x y z       ， 令 3x  ，得 2y   ， 0z  ，因此 ( 3, 2,0) n ， 设直线 BE与平面 PBN 所成角为 ，那么 2 3 21sin 72 7 BE BE         n n ． 21．【答案】（1） 1y x= + ；（2） 1 2 1 1ln 2 2 a e£ - ． 【解析】（1）因为 1a= ，所以 2 1 1( ) 1f x x x ¢ = - + ， (1) 1f ¢ = ， (1) 2f = ， 所以切线方程为 1y x= + ． （2）不等式 2( ) xxf x e x< + ，对任意的 1( , ) 2 xÎ +¥ 恒成立， 即 lnxa e x x< - 对任意的 1( , ) 2 xÎ +¥ 恒成立． 令 ( ) lnxv x e x x= - ，则 ( ) ln 1xv x e x¢ = - - ，令 ( ) ln 1xx e xj = - - ，则 1( ) xx e x j¢ = - ， 易知 ( )xj¢ 在 1( , ) 2 +¥ 上单调递增， 因为 1 21( ) 2 0 2 ej¢ = - < ， (1) 1 0ej¢ = - > ， 所以存在唯一的 0 1( ,1) 2 x Î ，使得 0( ) 0xj¢ = ，即 0 0 1 0xe x - = ，则 0 0lnx x=- ． 当 0 1( , ) 2 x xÎ 时， ( )xj 单调递减，当 0( , )x xÎ +¥ 时， ( )xj 单调递增． 则 ( )xj 在 0x x= 处取得最小值， 且最小值为 0 0 0 0 0 0 0 1 1( ) ln 1 1 2 1 1 0xx e x x x x x j = - - = + - > × - = > ， 所以 ( ) 0v x¢ > ，即 ( )v x 在 1( , ) 2 +¥ 上单调递增， 所以 1 2 1 1ln 2 2 a e£ - ． 22．【答案】（1） (0,2 )p ；（2）是定值， 2EAB MCD S S   △ △ ． 【解析】（1） 2 2 xy p  ， xy p   ，设 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ， 过 A点的切线方程为 2 1 1 1( ) 2 x xy x x p p    ，过B点的切线方程为 2 2 2 2( ) 2 x xy x x p p    ， 联立这两个方程可得 2 1 2M x xx   ， 1 2 2M x xy p  ， 又 2 1 2 1 2 1 2AB y y x xk x x p      ，故直线 AB的方程为 2 1 2 1 1( ) 2 2 x x xy x x p p     ， 化简得 1 2 1 2( ) 2 0x x x py x x    ，令 0x  ， 1 2 2 x xy p   ， 又 1 2 2 2M x xy p p    ，∴ 2y p ，∴直线 AB过 (0,2 )p 点． （ 2 ） 由 （ 1 ） 得 1 2 2M x xx   ， 同 理 可 得 1 2 E C x xx   ， 2 2 E D x xx   ， 1 1 1 1 1 2 1 2 | | 2| | | | | | | | 2 2 E C E EM C E x x xx x x xAC x x x xCM x x x x          ， 1 1 2 2 2| | | | | | | | 2 E E E C E ED E E E x xxCE x x x x x xED x x x xx        ， ∴ | | | |AC CE CM ED  ，同理 1 2 | | | |E E MD x x DB x x    ，∴ | | | | | |AC EC DM CM ED DB   ， 设 | | | | | |AC EC DM t CM ED DB    ，记 MCES S△ ，则 ACES tS△ ， 同理， MDE SS t △ ， 2BDE SS t △ ， 2| || | 1 1 ( 1) | || | 1 MAB MCD S MA MB t t t S MC MD t t       △ △ ， 于是 2 2 3 2 ( 1) ( 1) ( 1)( )MAB MCD t t S tS S S S t t t t       △ △ ， ∴ 2( 1) EAB MAB MCD ACE BDE tS S S S S S t      △ △ △ △ △ ， 1 MCD tS S t  △ ， ∴ 2EAB MCD S S   △ △ ．