（新高考）2021届高三入学调研试卷 数学（二） Word版含解析 16页

此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ 此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ ‎（新高考）2021届高三入学调研试卷 数 学（二）‎ 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，，则（ ）‎ A．空集 B． C． D．‎ ‎2．已知复数满足，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．已知向量，，且，则与的夹角为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．若的展开式中常数项为，则实数（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．正三角形的边长为，将它沿高折叠，使点与点间的距离为，则四面体外接球的表面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．设命题，，则为（ ）‎ A．， B．，‎ C．， D．，‎ ‎7．已知为函数的图像上任意一点，过作直线，分别与圆相切于，两点，则原点到直线得距离的最大值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．已知定义在上的函数满足，为偶函数，若在内单调递减，则下面结论正确的是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ 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．即空气质量指数，越小，表明空气质量越好，当不大于时称空气质量为“优良”，如图是某市月日到日的统计数据，则下列叙述不正确的是（ ）‎ A．这天的的中位数是 B．天中超过天空气质量为“优良”‎ C．从月日到日，空气质量越来越好 D．这天的的平均值为 ‎10．如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（ ）‎ A．平面平面 B．平面 C．异面直线与所成角的取值范围是 D．三棱锥的体积不变 ‎11．设，是抛物线上的两个不同的点，是坐标原点，若直线与的斜率之积为，则下列说法错误的是（ ）‎ A． B．以为直径的圆的面积大于 C．直线过抛物线的焦点 D．到直线的距离不大于 ‎12．已知函数的图象如图所示，令 ‎，则下列关于函数的说法中正确的是（ ）‎ A．函数图象的对称轴方程为 B．函数的最大值为 C．函数的图象上存在点，使得在点处的切线与直线平行 D．方程的两个不同的解分别为，，则最小值为 第Ⅱ卷 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13．甲、乙、丙、丁四名同学申报所不同的高校的自主招生，要求每名同学只能申报一所学校，每所学校必须有同学申报，甲、乙或甲、丙均不能申报同一所学校，则不同的申报方案有 种．‎ ‎14．已知角满足，则 ．‎ ‎15．已知椭圆的右焦点为，其关于直线的对称点在椭圆上，则离心率 ， ．‎ ‎16．已知球的体积为，则球的内接圆锥的体积的最大值为_________．‎ 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）在数列中，，，设，．‎ ‎（1）求证数列是等差数列，并求通项公式；‎ ‎（2）设，且数列的前项和为，若，求使恒成立的的取值范围．‎ ‎18．（12分）如图，在中，，，，，分别为，的中点．‎ ‎（1）若，求；‎ ‎（2）若，求的大小．‎ ‎19．（12分）如图，四棱锥中，底面，底面为直角梯形，，，，分别为，的中点．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若截面与底面所成锐二面角为，求的长度．‎ ‎20．（12分）某小学举办“父母养育我，我报父母恩”的活动，对六个年级（一年级到六年级的年级代码分别为，，…，）的学生给父母洗脚的百分比进行了调查统计，绘制得到下面的散点图．‎ ‎（1）由散点图看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；‎ ‎（2）建立关于的回归方程，并据此预计该校学生升入中学的第一年（年纪代码为）给父母洗脚的百分比．‎ 附注：参考数据：，，．‎ 参考公式：相关系数，若，则与的线性相关程度相当高，可用线性回归模型拟合与的关系．‎ 回归方程中斜率与截距的最小二乘估计公式分别为：，．‎ ‎21．（12分）已知点是离心率为的椭圆（）上的一点，斜率为的直线交椭圆于、两点，且、、三点不重合．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）求证：直线，的斜率之和为定值；‎ ‎（3）面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由？‎ ‎22．（12分）已知函数有两个极值点．‎ ‎（1）求的取值范围；‎ ‎（2）设，（）是的两个极值点，证明：．‎ ‎（新高考）2021届高三入学调研试卷 数 学（二）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】C ‎【解析】因为，所以，即，‎ 又，所以，因此．‎ ‎2．【答案】A ‎【解析】∵，∴．‎ ‎3．【答案】A ‎【解析】设与的夹角为，‎ ‎∵，∴，∴，‎ ‎∵，∴．‎ ‎4．【答案】C ‎【解析】展开式的通项公式，‎ 故当时，为常数项，此时，故．‎ ‎5．【答案】B ‎【解析】根据题意可知四面体的三条侧棱、，底面是等腰，‎ 它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，‎ 求出三棱柱的上下底面三角形的中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，‎ 三棱柱中，底面，，，∴，‎ - 16 -‎ ‎∴的外接圆的半径为，‎ 由题意可得：球心到底面的距离为，‎ ‎∴球的半径为，外接球的表面积为．‎ ‎6．【答案】B ‎【解析】全称命题的否定是特称命题．‎ ‎7．【答案】B ‎【解析】设，则，‎ ‎∴以为直径的圆的方程为，即，‎ 又∵为圆与圆的公共弦，‎ ‎∴两圆作差可得直线的方程为，‎ ‎∴点到直线的距离，‎ 当且仅当，即或时取等号，‎ ‎∴原点到直线的距离的最大值为．‎ ‎8．【答案】A ‎【解析】∵，∴的周期为，‎ 又∵为偶函数，∴，，‎ ‎∵，，∴，‎ 又在内单调递减，∴，∴．‎ - 16 -‎ 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】ABD ‎【解析】这天的指数值的中位数是，故A不正确；‎ 这天中，空气质量为“优良”的有，，，，，共天，故B不正确；‎ 从日到日，空气质量越来越好，故C正确；‎ 这天的指数值的平均值约为，故D不正确．‎ ‎10．【答案】ABD ‎【解析】A中，连接，根据正方体的性质，有面，平面，‎ 从而可以证明平面平面，正确；‎ B中，连接，容易证明平面面，从而由线面平行的定义可得平面，正确；‎ C中，当与线段的两端点重合时，与所成角取最小值，‎ 当与线段的中点重合时，与所成角取最大值，‎ 故与所成角的范围是，错误；‎ D中，，到面的距离不变，且三角形的面积不变，‎ ‎∴三棱锥的体积不变，正确．‎ ‎11．【答案】ABC - 16 -‎ ‎【解析】当直线的斜率不存在时，设，，‎ 由斜率之积为，可得，即，∴的直线方程为；‎ 当直线的斜率存在时，设直线方程为，联立，可得，‎ 此时设，，则，，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴直线方程为，‎ 则直线过定点，则到直线的距离不大于．‎ ‎12．【答案】ABD ‎【解析】根据函数的图象知，，，‎ ‎∴，，‎ 根据五点法画图知，当时，，∴，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴，‎ 令，，解得，，‎ ‎∴函数的对称轴方程为，，A正确；‎ 当，时，函数取得最大值，B正确；‎ ‎，‎ 假设函数的图象上存在点，使得在点处的切线与直线平行，‎ 则，解得，显然不成立，‎ - 16 -‎ 所以假设错误，即C错误；‎ 方程，则，∴，‎ ‎∴或，；‎ ‎∴方程的两个不同的解分别为，时，的最小值为，D正确．‎ 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】‎ ‎【解析】根据题意，必定有两个人报一所学校，有种可能：甲丁、丙丁、乙丁、乙丙，‎ 将这些分别看作一个整体，再排列组合，所以总共有．‎ ‎14．【答案】‎ ‎【解析】由题意得 ‎．‎ ‎15．【答案】，‎ ‎【解析】设，由题意可得，‎ 由①②可得，，‎ 代入③可得，即，‎ 可得，解得，‎ - 16 -‎ 所以，，，所以，‎ 所以是等腰直角三角形，所以．‎ ‎16．【答案】‎ ‎【解析】设球的半径为，则有，整理得，即，‎ 设该球的内接圆锥的底面圆的半径为，高为，则有，‎ 而该圆锥的体积，‎ 利用均值不等式可得当时，‎ 即时取得最大值，且最大值为．‎ 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．【答案】（1）证明见解析，；（2）．‎ ‎【解析】（1）由条件知，，所以，，所以，‎ 又，所以，数列是首项为，公差为的等差数列，‎ 故数列的通项公式为．‎ ‎（2）由（1）知，，则，①‎ ‎，②‎ 由①②，得，‎ ‎∴，‎ ‎∵，∴恒成立，等价于对任意恒成立．‎ - 16 -‎ ‎∵，∴．‎ ‎18．【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）由可知，，，‎ 所以，‎ 因为，所以，‎ 所以，所以．‎ ‎（2）因为，‎ 所以，所以．‎ ‎19．【答案】（1）证明见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1）证明：取的中点，连接，，‎ ‎∵是的中点，∴且，‎ ‎∵底面为直角梯形，，，‎ ‎∴，，∴且，‎ ‎∴四边形是平行四边形，∴，‎ 又∵平面，平面，∴平面．‎ ‎（2）如图，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，‎ 设，则，，，，，，‎ 取平面的法向量，，，‎ - 16 -‎ 设平面的法向量为，则有，即，‎ 不妨设，则，，即，‎ ‎∴，解得，即．‎ ‎20．【答案】（1）见解析；（2）．‎ ‎【解析】（1）因为，所以，‎ 所以，‎ 因为，所以，所以，‎ 由于与的相关系数约为，说明与的线性相关程度相当高，从而可用线性回归模型拟合与的关系．‎ ‎（2），‎ 因为，所以，‎ 所以回归方程为．‎ 将，代入回归方程可得，‎ 所以预计该校学生升入中学的第一年给父母洗脚的百分比为．‎ ‎21．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）存在，最大值为．‎ - 16 -‎ ‎【解析】（1）∵点是离心率为的椭圆（）上的一点，‎ ‎∴，解得，，，‎ ‎∴椭圆的方程为．‎ ‎（2）设，，直线、的斜率分别为、，‎ 设直线的方程为，‎ 联立，得，‎ ‎∴，解得，①，②，‎ 则 ‎，（*）‎ 将①、②式代入*式整理得，∴直线，的斜率之和为定值．‎ ‎（3），‎ 设为点到直线的距离，∴，‎ ‎∴，当且仅当时取等号，‎ ‎∵，∴当时，的面积最大，最大值为．‎ - 16 -‎ ‎22．【答案】（1）；（2）证明见解析．‎ ‎【解析】（1）由，，得，‎ 函数有两个极值点等价于在上有两个变号零点，‎ 等价于在上有两个变号零点，‎ 令，则，‎ 所以时，，单调递增；‎ 时，，单调递减，‎ 所以，‎ 当时，恒成立，在上单调递减，‎ 不可能有两个极值点，舍去；‎ 当时，，，，，‎ 而，由零点存在性定理得在和内分别存在一个变号零点，‎ 此时有两个极值点，‎ 综上，所求的取值范围为．‎ ‎（2）因为，（）是的两个极值点，所以，且，‎ 由（1）知，，，‎ 令，，‎ - 16 -‎ 则，‎ 由在恒成立，得时，，单调递减，‎ 又，所以时，，即，‎ 所以，所以，‎ 由（1）知，在单调递减，所以，即，‎ 所以，即，‎ 因为，所以，，所以，‎ 即．‎ - 16 -‎