1、试卷 第 1 页 (共 5 页) 绝密启用前 2021 届高三新高考统一适应性考试 命题：教育部考试中心 时间：2021 年 1 月 23 日 15:00-17:00 本试卷共 5 页，22 题，全卷满分 150 分，考试用时 120 分钟 注意事项： 1答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。 2答选择题时，必须使用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用 橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。 3 答非选择题时， 必须使用 0 5 毫米黑色签字笔， 将答案书写在答题卡规定的位置上。 4所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。 5考试结束后，只将答题
2、卡交回。 一、单选题：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M N， 均为R的子集，且 MN R ，则 ()MN = R A BM CN DR 2 在 3 张卡片上分别写上 3 位同学的学号后，再把卡片随机分给这 3 位同学，每人 1 张， 则恰有 1 位学生分到写有自己学号卡片的概率为 A 1 6 B 1 3 C 1 2 D 2 3 3 关于的方程，有下列四个命题： 甲：是该方程的根； 乙：是该方程的根； 丙：该方程两根之和为 2； 丁：该方程两根异号 如果只有一个假命题，则该命题是 A 甲 B乙 C 丙 D 丁 4 椭圆
3、的焦点为，上顶点为，若，则 A1 B C D 5 已知单位向量a，b满足0a b =，若向量72cab=+，则sin, a c = x 2 0 xaxb+= 1x =3x = () 22 22 10 1 xy m mm += + 12 ,F FA 12 3 F AF =m= 232 江苏、河北、辽宁、福建 湖北、湖南、广东、重庆 试卷 第 2 页 (共 5 页) A 7 3 B 2 3 C 7 9 D 2 9 6 ()()() 239 111xxx+的展开式中 2 x的系数是 A60 B80 C84 D120 7. 已知抛物线 2 2ypx=上三点(2,2), , ,AB C直线,AB AC是
4、圆 22 (2)1xy+=的两条切线， 则直线BC的方程为 A210 xy+ = B3640 xy+= C2630 xy+= D320 xy+= 8 已知5a 且 5 5, a aee=4b 且 4 4, b bee=3c 且 3 3 , c cee=则 Acba Bbca Cacb Dabc 二、多选题：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2分，有选错的得0分 9 已知函数( )ln(1)f xxx=+，则 A( )f x在(0,)+单调递增 B( )f x有两个零点 C曲线( )yf x=在点 11 (, () 22 f
5、处切线的斜率为1 ln2 D( )f x是偶函数 10设 123 ,z z z为复数， 1 0z 下列命题中正确的是 A若 23 zz=，则 23 zz= B若 1 21 3 z zz z=，则 23 zz= C若 23 zz=，则 1 21 3 z zz z= D若 2 1 21 z zz=，则 12 zz= 11右图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中 A/AE CD B/CH BE CDGBH DBGDE 12设函数 cos2 ( ) 2sin cos x f x xx = + ，则 A( )()f xf x=+ B( )f x的最大值为 1 2 试卷 第 3 页 (共 5 页) C
6、( )f x在(,0) 4 单调递增 D( )f x在(0,) 4 单调递减 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13圆台上、下底面的圆周都在一个直径为的球面上，其上、下底面半径分别为和， 则该圆台的体积为_ 14若正方形一条对角线所在直线的斜率为，则该正方形的两条邻边所在直线的斜率分别 为_，_ 15写出一个最小正周期为 2 的奇函数( )f x =_ 16对一个物理量做n次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果。已知最后 结果的误差 2 (0) n N n ，为使误差 n 在( 0.50.5)，的概率不小于 09545，至少要测量 _次 （若 2 ()XN
7、，则(| 2 )0.9545P X=） 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 （10 分） 已知各项都为正数的数列满足 （1）证明：数列为等比数列； （2）若，求的通项公式 18 （12分） 在四边形ABCD中，/AB CD，1ADBDCD= （1）若 3 2 AB =，求BC （2）若2ABBC=，求cosBDC 1045 2 n a nnn aaa32 12 += + 1+ + nn aa 2 1 1= a 2 3 2 =a 试卷 第 4 页 (共 5 页) 19 （12分） 一台设备由三个部件构成， 假设在一天的运转中， 部件 1， 2，
8、 3 需要调整的概率分别为 0.1， 0.2，0.3，各部件的状态相互独立 （1）求设备在一天的运转中，部件 1，2 中至少有 1 个需要调整的概率； （2）记设备在一天的运转中需要调整的部件个数为 X，求 X 的分布列及数学期望 20（12 分） 北京大兴国际机场得显著特点之一是各种弯曲空间的运用 刻画空间的弯曲性是几何研究的 重要内容用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2与多面体在该点的面 角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体上非顶点的曲 率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和例如：正四面体在每个顶点有 3 个面角， 每个面角是 3
9、 ， 所以正四面体在各顶点的曲率为 23 3 =， 故其总曲率为4 （1）求四棱锥的总曲率； （2）若多面体满足：顶点数棱数+面数2=，证明：这类多面体的总曲率是常数 试卷 第 5 页 (共 5 页) 21（12 分） 双曲线 22 22 :1(0,0) xy Cab ab =的左顶点为A,右焦点为F,动点B在C上 当BFAF时| |AFBF= （1）求C的离心率； （2）若B在第一象限，证明：2BFABAF= 22(12 分) 已知函数( )esincos x f xxx=，( )sincos x g xexx=+ （1）证明：当 5 4 x 时，( )0f x ； （2）若( )2g xa
10、x+，求a 解析与点评 第 1 页 (共 12 页) 绝密启用前 2021 届高三新高考统一适应性考试 命题：教育部考试中心 时间：2021 年 1 月 23 日 15:00-17:00 本试卷共 5 页，22 题，全卷满分 150 分，考试用时 120 分钟 注意事项： 1答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。 2答选择题时，必须使用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用 橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。 3 答非选择题时， 必须使用 0 5 毫米黑色签字笔， 将答案书写在答题卡规定的位置上。 4所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。 5
11、考试结束后，只将答题卡交回。 一、单选题：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M N， 均为R的子集，且 MN R ，则 ()MN = R A BM CN DR 【答案】B 【解析】如图所示易知答案为 B 2 在 3 张卡片上分别写上 3 位同学的学号后，再把卡片随机分给这 3 位同学，每人 1 张， 则恰有 1 位学生分到写有自己学号卡片的概率为 A 1 6 B 1 3 C 1 2 D 2 3 【答案】C 江苏、河北、辽宁、福建 湖北、湖南、广东、重庆 解析与点评 第 2 页 (共 12 页) 【解析】设事件A=“恰有
12、1 位同学分到写有自己学号的卡片”，则 3 3 31 ( ) 2 P A A = 3 关于x的方程 2 0 xaxb+=，有下列四个命题： 甲：1x =是该方程的根； 乙：3x =是该方程的根； 丙：该方程两根之和为 2； 丁：该方程两根异号 如果只有一个假命题，则该命题是 A 甲 B乙 C 丙 D 丁 【答案】A 【解析】 （1）若甲是假命题，则乙丙丁是真命题，则 12 3,1xx=，符合 （2）若乙是假命题，则甲丙丁是真命题，则 12 1,1xx=，两根不异号，不符合 (3)若丙是假命题，则甲乙丁是真命题，则两根不异号，不符合 (4)若丁是假命题，则甲乙丙是真命题，则两根和不为 2，不符合
13、综上可知，选 A 4椭圆() 22 22 10 1 xy m mm += + 的焦点为 12 ,F F，上顶点为A，若 12 3 F AF =，则m= A1 B2 C3 D2 【答案】C 【解析】 这里的 22 11cmm=+ =，bm=，又由题意 12 3 F AF =，得 1 6 F AO =， 则 1 13 tan 3 F AO m =，解得aca=，故选 C 5 已知单位向量a，b满足0a b =，若向量72cab=+，则sin, a c = A 7 3 B 2 3 C 7 9 D 2 9 解： () 2 72727a caabaa b=+=+=； () 2 22 72722 1472
14、3cababa b=+=+=+=； 77 cos, 1 33 a c a c a c = ； 2 sin, 3 a c= 故选 B 6 ()()() 239 111xxx+的展开式中 2 x的系数是 解析与点评 第 3 页 (共 12 页) A60 B80 C84 D120 解：()()() 239 111xxx+的展开式中 2 x的系数为 2223223 23933910 120CCCCCCC+=+= 故选 D 8. 已知抛物线 2 2ypx=上三点(2,2), , ,AB C直线,AB AC是圆 22 (2)1xy+=的两条切线， 则直线BC的方程为 A210 xy+ = B3640 xy
15、+= C2630 xy+= D320 xy+= 【答案】 B 【解析】把(2,2)A代入1,p =得1,p = 又直线,AB AC是圆 22 (2)1xy+=的两条切线， 易知 AB 方程为23(2)yx=， AC 方程为23(2)yx= ， 联立 AB 方程和抛物线方程得 842 (,2), 333 B 同理 842 (,2), 333 C+ 所以选 B 8 已知5a 且 5 5, a aee=4b 且 4 4, b bee=3c 且 3 3 , c cee=则 Acba Bbca Cacb Dabc 【答案】D 【解析】由题意05,04,03,abc 543 , 543 abc eeeee
16、e abc = 设( ),0, x e f xx x =则 2 (1) ( ) x ex fx x = 可知( )f x在（0，1）单调递减，在+（1， ）单调递增， 又05,04,03,abc 则01abc 解析与点评 第 4 页 (共 12 页) 二、多选题：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2分，有选错的得0分 9 已知函数( )ln(1)f xxx=+，则 A( )f x在(0,)+单调递增 B( )f x有两个零点 C曲线( )yf x=在点 11 (, () 22 f处切线的斜率为1 ln2 D( )f x是偶
17、函数 【答案】AC 【解析】( )f x定义域为( 1,) +，不关于原点对称，故选项 D 不正确 因为 ( ) ln(1) 1 x fxx x =+ + ，当(0,)x+时， ( ) 0fx 恒成立，所以( )f x在(0,)+单调 递增故选项 A 正确 又因为 22 112 ( ) 1(1)(1) x fx xxx + =+= + ，当( 1,)x +时， ( ) 0fx 恒成立， 所以 ( ) ln(1) 1 x fxx x =+ + 在( 1,)x +时单调递增，又 (0) 0f=， 当( 1,0)x 时， ( ) 0fx ，所以( )f x在( 1,0)单调递减； 当(0,)x+时，
18、 ( ) 0fx ，所以( )f x在(0,)+单调递增 又(0)0f=，所以( )f x只有一个零点，故选项 B 不正确； 因为 ( ) ln(1) 1 x fxx x =+ + ，所以 11 ()ln11ln2 22 f = = ，故选项 C 正确 10设 123 ,z z z为复数， 1 0z 下列命题中正确的是 A若 23 zz=，则 23 zz= B若 1 21 3 z zz z=，则 23 zz= 解析与点评 第 5 页 (共 12 页) C若 23 zz=，则 1 21 3 z zz z= D若 2 1 21 z zz=，则 12 zz= 【答案】BC 【解析】由复数的形式知选项
19、 A 显然不正确 当 1 21 3 z zz z=时，有 1 21 3123 ()0z zz zz zz=，又 1 0z 所以有 23 zz=故选项 B 正确； 当 23 zz=时，则 23 zz= ， 22 1 21 31 21 21 31 31 2121 313 ()()()()0z zz zz zz zz zz zz z z zz z z z=，故 选项 C 正确； 当 2 1 21 z zz=时，则 2 1 211 11 21 1121 ()=0z zzz zz zz zz zz=，所以 12 zz=， 故选项 D 不正确 11右图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中 A/AE C
20、D B/CH BE CDGBH DBGDE 【答案】BCD 【解析】还原正方体直观图如图， 可知AE与CD为异面直线，故选项 A 不正确； 由/EH BC可得，/CH BE，故选项 B 正确； 正方体中易得DG 平面BCH，所以有DGBH， 故选项 C 正确； 因为/BG AH且/DE AH，所以BGDE，故选项 D 正确； 12 设函数 cos2 ( ) 2sin cos x f x xx = + ，则 A( )()f xf x=+ B( )f x的最大值为 1 2 C( )f x在(,0) 4 单调递增 D( )f x在(0,) 4 单调递减 【答案】AD 【解析】A 显然正确，变形 co
21、s2cos20 ( )2 1 sin2( 4) 2sin2 2 xx f x x x = + ，( )f x的几何意义为单位圆上 解析与点评 第 6 页 (共 12 页) 的动点(sin2 ,cos2 )xx与点( 4,0)连线的斜率的 2 倍，相切时取最大值为 2 15 ，故 B 错，当 (,0) 4 x 时，动点在第二象限从左向右运动，斜率先增大再减小，故 C 错 当(0,) 4 x 时，动点在第一象限从左向右运动，斜率逐渐减小，故 D 正确 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5， 则该
22、圆台的体积为_ 【答案】61 【解析】易知圆台的高为3，所以其体积为 22 1 (+)=61 3 Vh RrRr= 14若正方形一条对角线所在直线的斜率为2，则该正方形的两条邻边所在直线的斜率分别 为_，_ 【答案】 1 3 ，3 【解析】设一条边所在直线的倾斜角为0 x ，由 tan()2 4 +=，解得 1 tan 3 =，所以正方 形两条邻边所在直线的斜率分别为 1 3 ，3 15写出一个最小正周期为 2 的奇函数( )f x =_ 【答案】sinx 【解析】基本初等函数中的既为周期函数又为奇函数的函数为sinyx=，此题可考虑在此 基础上调整周期使其满足题意。由此可知( )sinf x
23、x=且 2 T =( )sinf xx=。 16对一个物理量做n次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果。已知最后 结果的误差 2 (0) n N n ，为使误差 n 在( 0.50.5)，的概率不小于 09545，至少要测量 _次（若 2 ()XN，则(| 2 )0.9545P X=） 【答案】32 O y x 解析与点评 第 7 页 (共 12 页) 【解析】根据正太曲线的对称性知：要使误差 n 在( 0.50.5)，的概率不小于 09545，则 (22 )( 0.50.5)+ ，且 2 0 n =， 2 0.52 n 32n。 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分解答应写
24、出文字说明、证明过程或演算步骤 17 （10 分） 已知各项都为正数的数列 n a满足 nnn aaa32 12 += + （1）证明：数列 1+ + nn aa为等比数列； （2）若 2 1 1= a， 2 3 2 =a，求的通项公式 【答案】 （1）见解析； （2） 1 3 2 1 = n n a 【解析】 （1）由 nnn aaa32 12 += + ，得)( 3 112nnnn aaaa+=+ + ， 所以数列 1+ + nn aa是公比为 3 的等比数列。 （2）因为 2 1 1= a， 2 3 2 =a，所以2 12 =+aa。 又由（1）知数列 1+ + nn aa是公比为 3
25、的等比数列， 所以 11 121 323)( + =+=+ nn nn aaaa 于是 1 1 3 2 1 3 2 1 + += n n n n aa，又0 2 3 2 =a 所以0 2 3 1 = n n a， 即 2 3 1 = n n a，而 2 1 1= a也符合 于是 1 3 2 1 = n n a为所求 18 （12分） 在四边形ABCD中，/AB CD，1ADBDCD= （1）若 3 2 AB =，求BC （2）若2ABBC=，求cosBDC 【答案】 （1） 1 2 BC =； （2）cos31BDC= 解析与点评 第 8 页 (共 12 页) 【 解 析 】（ 1 ） 如 图
26、 所 示 ， 由 余 弦 定 理 可 知 2 22 222 3 11 32 cos 3 24 21 2 ABBDAD ADB AB BD + + = ， /AB CD，BDCABD=，即 3 coscos 4 BDCABD= 有余弦定理可得 22222 31 2cos112 1 1 42 BCBDCDBD CDBDC=+=+ =， 所以 2 2 BC = （2）设BCx=，则22ABBCx= 由余弦定理可知 () 2 22 222 211 cos 2221 xABBDAD ADBx AB BDx + = 2222222 112 cos 22 1 12 CDBDBCxx BDC CD BD +
27、= /AB CD，BDCABD=，即coscosBDCABD= 联立，可得 2 2 2 x x =，整理得 2 220 xx+=， 解得 1 31x =， 1 31x = （舍） 将 1 31x =代入，解得cos31BDC= 19 （12分） 一台设备由三个部件构成， 假设在一天的运转中， 部件 1， 2， 3 需要调整的概率分别为 0 1， 02，03，各部件的状态相互独立 （1）求设备在一天的运转中，部件 1，2 中至少有 1 个需要调整的概率； （2）记设备在一天的运转中需要调整的部件个数为 X，求 X 的分布列及数学期望 【答案】 （1）028； （2）分布列见解析，期望为 06 【
28、解析】 （1）设部件 1，2，3 需要调整分别为时间 A，B，C， 由题( )0.1P A =，( )0.2P B =，( )0.3P C =，各部件的状态相互独立， 所以部件 1，2 都不需要调整的概率 ()( )( ) 0.9 0.80.72P A BP AP B= 故部件 1，2 中至少有 1 个需要调整的概率为 () 10.28P A B= （2）X 可取 0，1，2，3， 解析与点评 第 9 页 (共 12 页) ()()( )( )( )00.9 0.8 0.70.504P XP A B CP AP BP C=， ()()()()10.1 0.8 0.70.9 0.2 0.70.9
29、 0.8 0.30.398P XP A B CP A B CP A B C=+=+= ()()30.1 0.2 0.30.006P XP A B C=， ()()()()210130.092P XP XP XP X= =， X 的分布列： X 0 1 2 3 P 0504 0398 0092 0006 ()()()()()00112233E XP XP XP XP X= =+ =+ =+ =0.6= 20（12 分） 北京大兴国际机场得显著特点之一是各种弯曲空间的运用 刻画空间的弯曲性是几何研究的 重要内容用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2与多面体在该点的面 角之和的差（多面体
30、的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体上非顶点的曲 率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和例如：正四面体在每个顶点有 3 个面角，每个面角是 3 ，所以正四面体在各顶点的曲率为23 3 =，故其总曲率为 4 （1）求四棱锥的总曲率； （2）若多面体满足：顶点数棱数+面数2=，证明：这类多面体的总曲率是常数 【答案】 （1）4； （2）见解析 【解析】（1）因为四棱锥有 5 个顶点，5 个面，其中四个侧面是三角形，一个底面是四边 形，所以四棱锥的总曲率为5 2424=； （2）设多面体的顶点数为V，棱数为E，面数为F， 每个面分别记为 i n（1,iF）边形， 解析与点
31、评 第 10 页 (共 12 页) 则所有面角和为 11 (2)2 222() FF ii ii nnFEFEF = = ， 则多面体的总曲率为22()4VEF= 21（12 分） 双曲线 22 22 :1(0,0) xy Cab ab =的左顶点为A,右焦点为F,动点B在C上 当BFAF时| |AFBF= （3）求C的离心率； （4）若B在第一象限，证明：2BFABAF= 【答案】 （1）2； （2）见解析 【解析】 （1）如图| |,BFAF=且BFAF时，有 222 bca ca aa +=，所以：aca=，2e = （2）由（1）知：双曲线 22 22 :1 3 xy C aa =，
32、可设( sec , 3 tan ) (0) 2 B aa ，(,0(2 ,0)AaFa）， 当| |,BFAF=且BFAF时满足：290BFABAF = = 当BF与AF不垂直时，设BAF= 则 3 tan03tan3sin tan secsec11cos a aa = + 2 2 3sin 2 2tan2 3sin (1cos )3sin 1cos tan2 1tan2(2cos1)(1cos )2cos13sin 1() 1cos + + = + + 而 3 tan3sin tantan2 sec22cos1 a BFA aa = = 又0,BFABAF 解析与点评 第 11 页 (共 1
33、2 页) 所以：22BFABAF= 综上：2BFABAF= 22(12 分) 已知函数( )esincos x f xxx=，( )sincos x g xexx=+ （1）证明：当 5 4 x 时，( )0f x ； （2）若( )2g xax+，求a 【答案】 （1）见解析； （2）a=2 【解析】 （1）因为( )esincose2sin() 4 xx f xxxx =+， ( )ecossine2sin() 4 xx fxxxx =+=+ ( )( )esincose2sin() 4 xx fxg xxxx =+=+ 考虑到(0)0f=，(0)0f=，所以 当 5 (,) 44 x 时
34、，2sin()0 4 x +，此时( )0f x ； 当,0 4 x 时，( )0fx ，所以( )fx单调递增，所以( )(0)0fxf=， 所以( )f x单调递减，( )(0)0f xf=； 当 3 (0,) 4 x时，( )0fx ，所以( )fx单调递增，( )(0)0fxf=， 所以( )f x单调递增，( )(0)0f xf=； 当 3 ,) 4 x+时， 1 ( )e2sin()e20 4 x f xx =+ 综上：当 5 4 x 时，( )0f x ； （2）构造( )( )2sincos2 x F xg xaxexxax=+， 考虑到(0)0F=，(0)2Fa=，( )co
35、ssin x F xexxa=+，sincos( )( ) x Fxxxef= 由第（1）问可知：)( )(Fxf x=在 5 4 x 时恒成立， 所以( )cossin x F xexxa=+在 5 (,) 4 +单调递增， 若2a =，则( )F x在 5 (,0) 4 为负，(0,)+为正，( )F x在 5 (,0) 4 递减，(0,)+递增，所 以( )0F x ； 解析与点评 第 12 页 (共 12 页) 而当 5 4 x 时， 55 ( )sincos22sincos2220 22 xx F xexxxexx=+ 故2a =满足题意 若2a ， 则(0)20Fa=， 因为2(
36、) x F xea， 所以(ln( 2)02 x Faea+， 由零点存在定理， 必存在 ()() 0 0,ln2xa+使得 0 ()0F x=， 此时满足() 0 0,xx时，( )0F x ， ( )F x递减，所以( )(0)0F xF=，推得矛盾，舍去 若2a ，(0)20Fa=，因为当0 x 时，( )22 xx F xeaea+， 所以当22a时，(ln(2)0Fa，此时必存在 () 0 ln(2),0 xa使得 0 ()0F x=， 此时满足() 0,0 xx时，( )0F x ，( )F x递增，所以( )(0)0F xF=，推得矛盾，舍去 而当2a 时，当( )cossin2 x F xexx，所以在 0 (,0)xx时，( )0F x 亦成立，( )F x 单调递增，( )(0)0F xF=，推得矛盾，舍去
