1、（新高考）2021届高三入学调研数学试卷（一） 第卷一、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，集合，则（ ）ABCD2设复数，则（ ）ABCD3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种B种C种D种4一支田径队有男运动员人，女运动员人，用分层抽样的方法从中抽出一个容量为的样本，那么应抽出男运动员的人数为（ ）ABCD5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
2、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，并得到小于数字的素数个数大约可以表示为的结论若根据欧拉得出的结论，估计以内的素数的个数为（ ）（素数即质数，计算结果取整数）ABCD6将正方形沿对角线折起，并使得平面垂直于平面，直线与所成的角为（ ）ABCD7已知单位向量，分別与平面直角坐标系，轴的正方向同向，且向量，则平面四边形的面积为（ ）ABCD8已知定义在上的函数满足，当时，则不等式的解集为（ ）ABCD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
3、的方程为，直线的方程为，若，则（ ）ABCD10已知函数（，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）ABC是奇函数D是偶函数11已知，且，则（ ）ABCD12已知函数，下列说法中不正确的是（ ）A，在点处有相同的切线B对于任意，恒成立C，的图象有且只有一个交点D，的图象有且只有两个交点第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13椭圆的两个焦点分别为，过的直线交于，两点，若，则的值为 14已知等比数列的首项为，且，则 15已知二项式的展开式中第项与第项的二项式系数之比是，则 ，的系数为 16如图，在棱长为的正方体中，、分别为棱、的中点，是线段上的点，且，若、分别为线段、上的动点
4、，则的最小值为_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）在三角形中，角，的对边分别为，且（1）求的值；（2）若的面积为，且，求三角形的周长18（12分）已知等差数列的前项和为，公差为，且，公比为的等比数列中，（1）求数列，的通项公式，；（2）若数列满足，求数列的前项和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，体育成绩分以上的学生也越来越多用表示月后体育成绩分以上的学生的百分比，得到了如下数据（1）求出关于的回归直线方程；（2）试根据（1）求出的线性回归方程，预测个
5、月后，体育成绩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其中，20（12分）在三棱锥中，平面，、分别为、的中点（1）求证：平面平面；（2）假设在线段上存在一点，使，求的值；（3）在（2）的条件下，求直线与平面所成角的正弦值21（12分）已知函数（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）若任意的，恒成立，请求出的取值范围22（12分）如图，设抛物线方程为，为直线上任意一点，过引抛物线的切线，切点分别为，（1）求直线与轴的交点坐标；（2）若为抛物线弧上的动点，抛物线在点处的切线与三角形的边，分别交于点，记，问是否为定值？若是求出该定值，若不是请说明理由 参*考*答*案 第
6、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答案C解析，3答案D解析第一步，将名老师分成三组，其中一组人，其他两组每组人，不同的分法种数是种，第二步，分到三个班的不同分法有种，故不同的分配方案为种4答案D解析设抽取的男运动员的人数为，则抽取的女运动员的人数为，解得5答案B解析由题可知小于数字的素数个数大约可以表示为，则以内的素数的个数为6答案B解析如图，取，的中点，分别为，连结，则，所以或其补角即为所求的角因为平面平面，所以平面，所以，设正方形边长为，所以，则，所以，所以是等边三角形，所以直线与所成的角为7答案C解析，又
7、，平面四边形的面积8答案D解析由已知，即，关于中心对称，又当时，作出函数的图象如图所示，由图可知的解集为二、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，故，整理得到，解得或10答案ABD解析由图可得，所以A、B正确；，故C错；为偶函数，所以D正确11答案AC解析函数为增函数，即，可得，A、C正确12答案ABC解析因为，所以，在点处的切线不同，选项A不正确；，因为，；，；，所以时，有最小值，所以当时，不恒成立，选项B不正确；由上可知，函数在上有且只有两个零点，所以，的图象有且只有两个交
8、点第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13答案解析由题意可得，解得，故答案为14答案解析设等比数列的公比为，则，所以，15答案，解析二项展开式的第项的通项公式为，由展开式中第项与第项的二项式系数之比是，可得，解得，所以，令，解得，所以的系数为16答案解析首先的最小值就是到的距离连接交于，连接，则平面，故，从而的最小值，可知为的中点，为的四分之一其次，连接，在线段上取点，使，连接，则，从而，最后，连接交于，则当为时，取得最小值，所求最小值为，正方体的棱长为，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）；（2）解析（1），在中，（2）的
9、面积为，即，又，由正弦定理得，则，的周长为18答案（1），；（2）解析（1）由题意可得：等差数列，；因为等比数列中，所以，（2），19答案（1）；（2）解析（1）由表格数据可得，故关于的回归直线方程为（2）由（1）知，令，解得20答案（1）证明见解析；（2）；（3）解析（1）因为平面，平面，所以，又，所以平面，则，又，为等腰直角三角形，为的中点，所以，又，所以平面，因平面，则有平面平面（2）分别以，为，轴，建立空间直角坐标系，那么，因此，设，那么，由，得，解得，因此，因此（3）由（2）知，设平面的法向量为，则，即，令，得，因此，设直线与平面所成角为，那么21答案（1）；（2）解析（1）因为，所以，所以切线方程为（2）不等式，对任意的恒成立，即对任意的恒成立令，则，令，则，易知在上单调递增，因为，所以存在唯一的，使得，即，则当时，单调递减，当时，单调递增则在处取得最小值，且最小值为，所以，即在上单调递增，所以22答案（1）；（2）是定值，解析（1），设，过点的切线方程为，过点的切线方程为，联立这两个方程可得，又，故直线的方程为，化简得，令，又，直线过点（2）由（1）得，同理可得，同理，设，记，则，同理，于是，
