1、试卷第 1 页，总 6 页 绝密启用前 江苏、江苏、福建、广东、河北、辽宁、湖北、湖南、重庆等八省市福建、广东、河北、辽宁、湖北、湖南、重庆等八省市 新高考统一适应性模拟考试新高考统一适应性模拟考试 2021 届高三二模考前热身练届高三二模考前热身练 数数 学学 注意事项： 1. 本试卷由三个部分组成。其中，第二部分和第三部分的第一节为选择题。第二 部分的第二节和第四部分为非选择题。 2. 答卷前，考生务必用 2B 铅笔在“考生号”处填涂考生号。用黑色字迹的钢笔或签 字笔将 自己所在的县（市、区） 、学校、班级以及自己的姓名和考生号、试室号、座位 号填写在答题卡上。用 2B 铅笔将试卷类型（A
2、）填漆在答题卡相应位置上。 3. 回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 4. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第第卷（共卷（共 60 分）分） 一、选择题（本题共一、选择题（本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个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）选项中，只有一项是符合题目要求的） 1如图所示，A，B 是非空集合，定义集合 A#B 为阴影部分表示的集合.若 x，yR，A x|y 2 2xx ，By|y3x,x0，则 A#B
3、为（ ） Ax|0 x2 Bx|12 2 已知i是虚数单位， 在复平面内， 复数2 i 和1 3i对应的点之间的距离是 （ ） A5 B10 C5 D25 3我国古代以天为主，以地为从，天和干相连叫天干，地和支相连叫地支，合起来叫 天干地支.天干有十个，就是甲乙，丙丁戊己庚辛王癸，地支有十二个，依次 是子丑寅卯辰巳午未申酉戌亥.古人把它们按照甲子乙丑丙寅的顺 序而不重复地搭配起来，从甲子到癸亥共六十对，叫做一甲子.我国古人用这六十对干 支来表示年月日时的序号，周而复始，不断循环，这就是干支纪年法(即农历).干支 纪年历法， 是屹立于世界民族之林的科学历法之一.今年(2020 年)是庚子年， 小
4、华的爸爸 试卷第 2 页，总 6 页 今年 10 月 10 日是 56 周岁生日，小华爸爸出生那年的农历是（ ） A庚子 B甲辰 C癸卯 D丙申 4 定义在上的函数 = ()满足|()| 2|1|， 且 = ( + 1)为奇函数， 则 = () 的图象可能是（ ） A B C D 5在ABC中，9AC ，60A ，D点满足 2CDDB ， 37AD ，则BC的 长为（ ） A3 7 B3 6 C3 3 D6 6 我国古代著名的数学专著 九章算术 里有一段叙述： 今有良马和驽马发长安至齐， 良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐， 复还迎驽马，九日后二马相逢.
5、问：齐去长安多少里？（ ） A1125 B1250 C2250 D2500 7 已知双曲线 22 22 1(0,0) xy ab ab 的左右顶点分别是A，B， 右焦点为F， 点P在 过F且垂直于x轴的直线l上，当ABP的外接圆面积达到最小时，点P恰好在双曲 线上，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A 3 3 yx B 2 2 yx Cy x D2yx 8 若不等式 32 ln(1)20axxx在区间(0,)内的解集中有且仅有三个整数， 则 实数a的取值范围是( ) A 932 , 2ln2 ln5 B 932 , 2ln2 ln5 C 932 , 2ln2 ln5 D 9 , 2ln2 二、多
6、选题（本题共二、多选题（本题共 4小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分在每小题给出的选项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中，有多项符合题目要求全部选对的得 5 分，有选错的得分，有选错的得 0分，部分选对分，部分选对 的得的得 2 2 分）分） 试卷第 3 页，总 6 页 9在复平面内，下列说法正确的是（ ） A若复数 1 1 i z i （i 为虚数单位） ，则 30 1z B若复数 z 满足 2 z R，则 z R C若复数 ,zabi a bR，则 z 为纯虚数的充要条件是0a D若复数 z 满足1z ，则复数 z 对应点的集合是以原点 O 为圆心
7、，以 1 为半径的圆 10 已知 6 1 12 a x xx 的展开式中各项系数的和为 2， 则下列结论正确的有 （ ） A1a B展开式中常数项为 160 C展开式系数的绝对值的和 1458 D若r为偶数，则展开式中 r x和 1r x 的系数相等 11已知点P是双曲线 22 :1 169 xy E的右支上一点， 12 F F双曲线E的左、右焦点， 12 PFF的面积为 20，则下列说法正确的有( ) A点P的横坐标为 20 3 B 12 PFF的周长为 80 3 C 12 FPF大于 3 D 12 PFF的内切圆半径为 3 2 12如图，在棱长为 2 的正方体ABCDABCD 中，M为BC
8、边的中点，下列结论 正确的有（ ） AAM与D B 所成角的余弦值为 10 10 B过三点A、M、D的正方体ABCDABCD 的截面面积为 9 2 C四面体ACBD 的内切球的表面积为 3 试卷第 4 页，总 6 页 D正方体ABCDABCD 中，点P在底面ABCD （所在的平面）上运动并且使 MACPAC，那么点P的轨迹是椭圆 第第卷（共卷（共 90 分）分） 三、填空题（本题共三、填空题（本题共 4小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分）分） 13若 4 432 01234 21xa xa xa xa xa，则 01234 aaaaa_. 14过抛物线 y24x 的焦点作直线
9、交抛物线于 A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，如果 x1x2 6，则|AB|_ 15 九章算术是古代中国的第一部自成体系的数学专著，与古希腊欧几里得的几 何原本并称现代数学的两大源泉.九章算术卷五记载：“今有刍甍，下广三丈，表 四丈，上袤二丈，无广，高一丈.问积几何？”译文：今有如图所示的屋脊状楔体 PQABCD，下底面ABCD是矩形，假设屋脊没有歪斜，即PQ的中点R在底面 ABCD上的投影为矩形ABCD的中心点O， /PQ AB， 4AB ，3AD ， 2PQ ， 1OR （长度单位：丈）.则楔体PQ ABCD的体积为_（体积单位：立方 丈）. 16在棱长为 1 的正方体 1111 A
10、BCDABC D中，以 A 为球心半径为 2 3 3 的球面与正 方体表面的交线长为_。 四、解答题四、解答题(共共 6 小题小题,共共 70 分分) 17在ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且 3 bcos A 2 ca . （1）求角B； （2）若ABC的面积为2 3，BC边上的高1AH ，求b，c. 试卷第 5 页，总 6 页 18已知等比数列 n a的各项均为正数，且 1 1a ， 21 2 nnn aaa （1）求数列 n a的通项公式； （2）记数列 21 11 (1) log nn ana 的前n项和为 n S，求证： 3 3 2 n S 19 如图所示的几何体由等高
11、的 1 2 个圆柱和 1 4 个圆柱拼接而成， 点G为弧CD的中点， 且C、E、D、G四点共面 （1）证明：BF 平面BCG （2）若直线DF与平面AFB所成角为45，求平面BDF与平面ABG所成锐二面角 的余弦值 20射击是使用某种特定型号的枪支对各种预先设置的目标进行射击，以命中精确度计 算成绩的一项体育运动.射击运动不仅能锻炼身体，而且可以培养细致、沉着、坚毅等 优良品质，有益于身心健康.为了度过愉快的假期，感受体育运动的美好，法外狂徒张 三来到私人靶场体验射击运动. （1）已知用于射击打靶的某型号步枪的弹夹中一共有k kN 发子弹，假设张三每 次打靶的命中率均为01pp，靶场主规定：一
12、旦出现子弹脱靶或者子弹打光耗尽 的现象便立刻停止射击.记标靶上的子弹数量为随机变量X，求X的分布列和数学期 望. （2）张三在休息之余用手机逛B站刷到了著名电视剧津门飞鹰中的经典桥段：中 国队长燕双鹰和三合会何五姑玩起了俄罗斯轮盘.这让张三不由得想起了半人半鬼，神 枪第一的那句家喻户晓的神话“我赌你的枪里没有子弹”.由此，在接下来的射击体验中， 张三利用自己的人脉关系想办法找人更换了一把型号为 M1917， 弹容为 6 发的左轮手枪， 弹巢中有m发实弹，其余均为空包弹.现规定：每次射击后，都需要在下一次射击之前 填充一发空包弹.假设每次射击相互独立且均随机.在进行n nN次射击后， 记弹巢中
13、试卷第 6 页，总 6 页 空包弹的发数 n X. （）当n N时，探究数学期望 n E X和 1n E X 之间的关系； （）若无论m取何值，当射击次数达到一定程度后都可近似认为枪中没有实弹（以 弹巢中实弹的发数的数学期望为决策依据，当弹巢中实弹的发数的数学期望1时可近 似认为枪中没有实弹） ，求该种情况下最小的射击次数 0 n.（参考数据：lg20.301、 lg30.477） 21已知0a ，函数 2 x e f x xa . （1）讨论函数 f x的单调性； （2）已知函数 f x存在极值点 1 x、 2 x，求证： 12 1 2 ea f xf x a . 22已知O为坐标原点，椭圆
14、 22 22 :1(0) xy Cab ab 的离心率 2 2 e ，点P在椭 圆C上， 椭圆C的左右焦点分别为 12 ,F F， 1 PF的中点为Q， 1 OFQ周长等于 6 3 2 . （1）求椭圆C的标准方程； （2）W为双曲线 2 2 :1 4 x D y 上的一个点， 由W向抛物线 2 :4E xy做切线 12 ,l l， 切点分别为,A B. （i）证明：直线AB与圆 22 1xy相切； （ii）若直线AB与椭圆C相交于,M N两点，求OMN外接圆面积的最大值. 参考答案参考答案 1D 2C 3B 4D 5A 6A 7C 8C 9AD 10ACD 11ABD 12AB 1381 令
15、1x ，得 4 01234 3aaaaa， 所以 01234 81aaaaa . 故答案为：81 148 抛物线 y24x 中，2p ，焦点 F(1，0)，而直线 AB 过焦点 F(1，0)， 故根据抛物线定义可知 1212 62 8 22 pp pABAFFBxxxx =. 故答案为：8. 155 延长QP至点E，使得1PE ，延长PQ至点F，使得 1QF ，分别取AD、BC的中点 M、N， 连接AC、AN、CM、AE、DE、BF、CF、EM、FN、MN，如下图所示： 因为四边形ABCD为矩形，则/AD BC且ADBC， 又因为M、N分别为AD、BC的中点，则/AM BN且AMBN， 所以四
16、边形ABNM为平行四边形，/MN AB且MNAB， O为矩形ABCD的中心，则O为AC的中点， 因为M、N分别为AD、BC的中点，则/AM CN且AMCN， 答案第 2 页，总 10 页 所以四边形AMCN为平行四边形，所以，AC、MN互相平分， 因为O为AC的中点，则O为MN的中点， 1PEQF，2PQ ，4EFPQPEQFAB， /PQ AB，则 /EF AB，又/MN AB且MNAB，/EF MN且EFMN， 所以，四边形EFNM为平行四边形，/EM FN且EMFN， R为PQ的中点，且PE QF ，则R为EF的中点， O为MN的中点，/ER OM且EROM，所以四边形EROM为平行四边
17、形， /EM OR， 点R在底面ABCD上的投影为矩形ABCD的中心点O，则RO 平面ABCD， EM平面ABCD， AB 平面ABCD，ABEM， 因为四边形ABCD为矩形，则ABAD，EMADM，AB平面ADE， 因为/AB CD EF且ABCDEF，所以，几何体ADEBCF-为直三棱柱， EM 平面ABCD，AD 平面ABCD，EMAD， 因为四边形EROM为平行四边形，则1EMOR， 13 22 ADE SAD EM ， 3 46 2 ADE BCFADE VSAB ， 11 32 P ADEADE VSPE ，同理可得 1 2 Q BCF V ， 因此，楔体PQABCD的体积为 5
18、PQ ABCDADE BCFP ADEQ BCF VVVV . 故答案为：5. 16 5 3 6 【解析】 如图， 球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A所在的三个面上，即 面 11 AAB B、面ABCD和面 11 AAD D上；另一类在不过顶点A的三个面上，即面 11 BBC C、 面 11 CC D D和面 1111 DCBA上在面 11 AAB B上，交线为弧EF且在过球心A的大圆上，因 为 2 3 3 AE ， 1 1AA ，则 1 6 AAE ，同理 6 BAF ，所以 6 EAF ，故弧EF 的长为 2 33 369 ，而这样的弧共有三条在面 11 BBC
19、C上，交线为弧FG且在距球 心为1的平面与球面相交所得的小圆上， 此时， 小圆的圆心为B， 半径为 3 3 ， 2 FBG ， 所以弧FG的长为 33 326 ，这样的弧也有三条，于是，所得的曲线长为 335 3 33 966 ，故答案为 5 3 6 . 17 （1） 6 ； （2）2 7b ，2c . 解： （1）因为 3 cos 2 bAca，所以 222 3 22 bca bca bc ， 所以 2222 23bcacac，即 222 3cabac . 由余弦定理可得 222 3 cos 22 cab B ac ， 因为(0, )B，所以 6 B . （2）由正弦定理可得 sin sin
20、 2 2 sin sin 6 AH AHAHB c B . 因为ABC的面积为2 3，所以 11 sin2 3 22 acBa，解得 4 3a . 由余弦定理可得 222 2cosbacacB 3 484224 328 2 ， 则2 7b . 18 解： （1）设等比数列 n a的公比为q(0)q ， 答案第 4 页，总 10 页 因为 21 2 nnn aaa ， 所以 2 2qq(0)q ， 解得2q =， 所以 1 2n n a - =； （2）证明：因为 11 21 1111111 (1)log2(1)21 nn nn anannnn ， 所以 11 1 1 111111111 2 1
21、213 1 22312121 1 2 n n nn S nnnn ， 因为对1n， 1 1 01 2n ， 11 0 12n ， 1 311 33 221 n n ， 即 3 3 2 n S 19 解：（1） 取弧AB的中点H， 连结BH，GH， 则45ABFABH， 所以BFBH， 因为/BC GH且BCGH，所以四边形BCGH为平行四边形，所以/BH GC，所以 BFGC， 又因为BC平面ABF，BF 平面ABF，所以BCBF， 又,BC GC 平面BCG，BCGCC 所以BF 平面BCG （2）以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设2AB ，因为直线DF与平面 AFB所成角为45
22、， 则0 , 2 , 0AB ，1,1,2AG ，2,2,0FB ，2,0,2FD ， 设平面BDF的法向量为 , ,nx y z ，由 0 0 n FB n FD 可得： 0 0 xy xz ，令1x ，则 1,1,1n ，同理可得：平面ABG的法向量为2,0,1m ，则 315 cos, 535 m n m n m n ， 故平面BDF与平面ABG所成锐二面角的余弦值为 15 5 20 （1） 分布列见详解； 数学期望为 1 1 k pp p ； （2） （） 1 5 1 6 nn E XE X nN ； （ii）10. （1）由题意，X的所有可能取值为：0，1，2，1k ，k， 因为张三
23、每次打靶的命中率均为01pp， 则10,1,2,.,1 m P Xmppmk， k P Xkp， 所以X的分布列为 X 0 1 2 . 1k k P 1p (1)pp 2(1 )pp . 1(1 ) k pp k p 所以X的数学期望为 231 12131.11 kk E Xppppppkppkp ， 令 231 23.1 k Mpppkp ， 答案第 6 页，总 10 页 则 234 23.1 k pMpppkp， 所以可得， 1 231 1 1.11 1 k kkk pp p Mppppkpkp p ， 则 1 11 11 kk kkk pppp E XMpkpkpkp pp ； （2）
24、（）第n次射击后，可能包含两种情况：第n次射出空包弹或第n次射出实弹； 因为第n次射击前，剩余空包弹的期望为 1n E X ， 若第n次射出空包弹，则此时对应的概率为 1 6 n E X ，因为射击后要填充一发空包弹，所 以此时空包弹的数量为 11 1 1 nn E XE X ； 若第n次射出实弹，则此时对应的概率为 1 1 6 n E X ，所以此时空包弹的数量为 1 1 n E X ； 综上， 11 111 5 111 666 nn nnnn E XE X E XE XE XE X ； （）因为当0n 时，弹夹中有6m发空包弹，则 0 6E Xm； 由 （i） 可知： 1 5 1 6 nn
25、 E XE X * nN， 则 1 5 66 6 nn E XXEnN ， 所以6 n E XnN是首项为m，公比为 5 6 的等比数列， 则 5 6 6 n n E Xm ，即 5 6 6 n n EmX nN， 因此弹巢中实弹的发数的期望为 5 6 6 n n XmE ， 为使弹巢中实弹的发数的数学期望小于1， 只需 5 1 6 n m ， 则 6 5 n m ， 所以 6 5 log mn ， 为使 6 5 log mn 恒成立，只需 6 5 max log mn ， 而 66 55 max lg6lg6lg2lg3lg2lg3 loglog 6 6 lg6lg5lg2lg3l lg22
26、lg2lg3l lg 5 m 0.301 0.477 9.848 0.6020.477 1 ， 又nN，所以最小的射击次数 0 10n . 21 （1）答案见解析； （2）证明见解析. 【分析】 （1）求得 2 2 2 2 x exxa fx xa ，分析导数的符号变化，由此可得出函数 f x的单调 递增区间和递减区间； （2）由题意得出 12 2xx， 12 x xa， 2 11 2xax， 2 22 2xax，将所证不等式转化 为证明 12 12 1212 1 222 xx x xeee xxx x ， 即 11 2 11 111 210 xx x ex ex ， 令 1 10 , 1tx
27、 ， 构造函数 2 11 tt F tt et et ，证明出 0F t 对任意的0,1t恒成立即可. 【详解】 （1）当0a 时，函数 2 x e f x xa 的定义域为R，且 2 2 2 2 x exxa fx xa . 对于方程 2 20 xxa，44a . 当0 时，即 0,1a时，令 0fx ， 1 11xa ， 2 11xa ， 由 0fx 可得1111axa ； 由 0fx 可得11xa 或11xa . 所以函数 f x在,11 a上单调递增，在11,11aa上单调递减，在 11,a上单调递增； 当0 时，即 1,a时， 2 2 2 2 0 x exxa fx xa ，所以函数
28、 f x在R上单 调递增. 答案第 8 页，总 10 页 （2）由（1）可得01a，且 1 x、 2 x是 2 20 xxa 的两根. 由韦达定理可得 12 2xx， 12 x xa. 设 12 01xx ，则 f x在 1 xx处取到极大值，在 2 xx处取到极小值，所以 12 f xf x. 因为 2 11 2xax， 2 22 2xax，所以命题等价于证明 12 12 1212 1 222 xx x xeee xxx x ， 整理得 12 11 211 2 1 xx x exex x ，即 11 2 11 111 210 xx x exex . 令 1 10,1tx ，构造函数 2 11
29、 tt F tt et et ，0,1t， 则 2 tt F tt ee，0,1t， 令 2 tt g tee，易知 g t在0,1上单调递增. 因为 020g ， 10g，所以存在 0 0,1t ，使 0 0g t， 当 0 0,tt时， 0F t， F t单调递减； 当 0,1 tt时， 0F t， F t单调递增， 所以 max0 ,10F tFF，所以 11 2 11 111 210 xx x exex 成立， 所以 12 1 2 ea f xf x a . 22 （1） 22 2 1 33 xy ； （2） （i）证明见解析， （ii） 9 8 . （1）设 12 2FFc，因为Q为
30、 1 PF的中点， 所以 1 OFQ周长 21 11 | 2 F PFP FOOQQFcac ， 所以 6 3 2 2 2 ac c a ，解得3a ， 6 2 bc， 所以椭圆C的标准方程为 22 2 1 33 xy . （2） （i）由 2 4xy得 2 4 x y ，求导得 2 x y， 设 11 ,A x y， 22 ,B xy，则 1 111 : 2 x yyxx，即 2 11 1: 24 xx lyx， 同理： 2 22 2: 24 x l x yx 设 00 ,W x y，因为W为 1 l， 2 l的交点，所以 12 0 2 xx x ， 12 0 4 x x y ， 由题直线A
31、B的斜率存在，设其方程为y kxm ， 将y kxm 代入 2 4xy得： 2 440 xkxm ， 由韦达定理得， 12 4xxk， 12 4x xm ，所以 0 2xk， 0 ym ， 因为 2 2 0 0 1 4 x y ，所以 22 1mk ， 所以圆心O到直线AB的距离 2 | 1 1 m dr k ， 所以，直线AB与圆 22 :1O xy相切. （ii）将y kxm 与 22 2 1 33 xy ， 联立方程组，可得 222 124230kxkmxm， 由韦达定理得 12 2 4 1 2 km xx k ， 2 12 2 23 12 m x x k ， 因为 12121212 O
32、M ONx xy yx xkxmkxm 22 1212 1kx xmk xxm， 所以 22 2 333 0 12 mk OM ON k ，所以OMON， 又因为 2 22 212211 |114MNkxxkxxx x， 所以 222 2 22 21623 2|43 | 1221 kkm mm MN km ， 答案第 10 页，总 10 页 方法一： 由（i）知：方程 2 440 xkxm 的 22 161610kmmm 且 2 430m ，解得 3 2 m或 51 2 m ， 所以 22 2 243 |2 21 mm MN m 22 11 212 2121mm ， 令 2 1 21 t m
33、，所以02t 或者052t ， 2 19 |2 (1)(2)2 24 MNttt ， 可以看出当 1 2 t 时，即 6 2 m时，| |MN有最大值，且最大值为 3 2 2 ， 所以RtOMN外接圆直径MN的长度最大值为 3 2 2 ， 所以OMN外接圆面积的最大值等于 9 8 . 方法二： 由（i）知：方程 2 440 xkxm 的 22 16161kmmm 且 2 430m 所以 3 2 m或 51 2 m ， 所以 22 2 243 |2 21 mm MN m 22 2 243 3 2 2 2221 mm m ， 等号当仅当 22 243mm，即 6 2 m（ 6 2 m 舍） ， 所以RtOMN外接圆直径MN的长度最大值为 3 2 2 ， 所以OMN外接圆面积的最大值等于 9 8 . .
