2021年中学生标准学术能力新高考高考数学诊断性试卷（3月份）.docx

1、第 1页（共 18页） 2021 年中学生标准学术能力新高考高考数学诊断性试卷年中学生标准学术能力新高考高考数学诊断性试卷 （3 月份）月份） 一一、单项选择题单项选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 40 分分在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只只 有一项是符合题目要求的有一项是符合题目要求的 1 （5 分）已知抛物线 2 :2C yx，则抛物线C的焦点到准线的距离为() A 1 4 B 1 2 C1D2 2 （5 分）已知集合 2 |54 0Mx xx ， |24 x Nx，则() AMNR B | 24MNxx C |2MNx x D | 24

2、MNxx 3 （5 分）已知等差数列 n a满足 258 15aaa，则 37 (aa) A3B5C7D10 4 （5 分）已知向量( 1,2)OA ，(3,)OBm 若OAAB ，则m的值为() A 3 2 B4C 3 2 D4 5 （5 分）已知实数x，y满足 2 2 24 x xy xy ，则 22 xy的最大值为() A2B5C4D5 6 （5 分）若 4727 0127 (1)(2)(2)(2)xxaa xa xa x，则 3 (a ) A8B35C43D27 7 （5 分）已知函数 2 ( )f xxbxc ，则“( ( )0 2 b f f”是“方程( )0f x 有两个不同实

3、数解且方程( ( )0f f x恰有两个不同实数解”的() A充要条件B充分不必要条件 C必要不充分条件D既不充分也不必要条件 8 （5 分）已知函数 cos()1,0, ( )(02 log (),0, a xx f xa x x 且1)a ，若函数图象上关于原点对称的 点至少有 3 对，则实数a的取值范围是() A 6 (0,) 6 B 6 (,1) 6 C 5 (0,) 5 D 5 (,1) 5 第 2页（共 18页） 二二、多项选择题多项选择题：本题共本题共 4 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 20 分分在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，有有 多项符合要求，全部

4、选对得多项符合要求，全部选对得 5 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分 9 （5 分）某个国家某种病毒传播的中期，感染人数y和时间x（单位：天）在 18 天里的散 点图如图所示， 下面四个回归方程类型中有可能适宜作为感染人数y和时间x的回归方程类 型的是() AyabxB x yabeCyablnxD 2 yabx 10 （5 分）已知函数( )f x的局部图象如图所示，则下列选项中不可能是函数( )f x解析式的 是() A 2 cosyxxBcosyxxC 2 sinyxxDsinyxx 11 （5 分）下列命题正确的是() A若ab，则cR

5、，acbcB若ab，则cR ，acbc C若ab，则cR ，acbcD若ab，则cR ，ac，cb 12 （5 分）已知函数 12 ( ) 123 xxx f x xxx ，下列关于函数()的结论正确的为 A( )f x在定义域内有三个零点B函数( )f x的值域为R C( )f x在定义域内为周期函数D( )f x图象是中心对称图象 三、填空题：本大题共三、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 第 3页（共 18页） 13 （5 分） 1 12 i i （其中i是虚数单位）的共轭复数为 14 （5 分）已知ABC的三个内角ABC的对边边长分别为a、b、

6、c，若23ab，2AB， 则cosB 15 （5 分）已知双曲线 22 22 1(0,0) xy ab ab 的焦点为 1 F， 2 F，P是双曲线上一点，且 12 3 FPF 若 12 F PF的外接圆和内切圆的半径分别为R，r，且4Rr，则双曲线的离 心率为 16 （5 分）在棱长为4 2的正四面体ABCD中，点EF分别为直线AB，CD上的动点， 点P为EF中点，Q为正四面体中心（满足)QAQBQCQD，若2PQ ，则EF长度 为 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 （10

7、 分）已知函数 2 ( )3sin coscosf xxxx （1）求() 12 f 的值； （2）当0 x，求函数( )f x的单调递增区间 18 （12 分）已知数列 n a的前n项和 n S，且 2 (1) nn San， 2 2 n a n n b S （1）求数列 n a的通项公式； （2）求数列 n b的最小项的值 19 （12 分）如图，四棱锥PABCD中，/ /ADBC，平面PAD 平面PBC若 3 BCD ， 2 PBC ，2ADCD，1BC （1）证明：PBPA； （2）若2PAPC，求二面角PBCA的余弦值 20 （12 分）袋中有大小完全相同的 7 个白球，3 个黑球

8、（1）若甲一次性抽取 4 个球，求甲至多抽到一个黑球的概率； 第 4页（共 18页） （2）若乙共抽取 4 次，每次抽取 1 个球，记录好球的颜色后再放回袋子中，等待下次抽取， 且规定抽到白球得 10 分，抽到黑球得 20 分，求乙总得分X的分布列和数学期望 21 （12 分）如图，已知椭圆 2 2 :1 5 x Cy的右焦点为F，原点为O，椭圆的动弦AB过焦 点F且不垂直于坐标轴，弦AB的中点为N，椭圆C在点AB处的两切线的交点为M （1）求证：O，M，N三点共线； （2）求 | | | ABFM FN 的最小值 22 （12 分）已知( )(1)f xln xax在(0,)有零点 0 x

9、（1）求实数a的取值范围； （2）求证： （） 0 1 2(1)x a ； （） 1 00 ( (1)(1)(1) a x f ln xealna 第 5页（共 18页） 2021 年中学生标准学术能力新高考高考数学诊断性试卷年中学生标准学术能力新高考高考数学诊断性试卷 （3 月份）月份） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一一、单项选择题单项选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 40 分分在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只只 有一项是符合题目要求的有一项是符合题目要求的 1 （5 分）已知抛物线 2 :2C yx，则抛物线C的焦点到准线的距离

10、为() A 1 4 B 1 2 C1D2 【解答】解：抛物线 2 :2C yx，焦点坐标 1 ( 2 ，0)，准线方程为： 1 2 x ， 抛物线C的焦点到准线的距离为：1 故选：C 2 （5 分）已知集合 2 |54 0Mx xx ， |24 x Nx，则() AMNR B | 24MNxx C |2MNx x D | 24MNxx 【解答】解： 2 |54 01Mx xx，4， |24(2,) x Nx， 则 | 24MNxx ， 故选：D 3 （5 分）已知等差数列 n a满足 258 15aaa，则 37 (aa) A3B5C7D10 【解答】解：等差数列 n a满足 2585 315

11、aaaa， 所以 5 5a ， 则 375 210aaa， 故选：D 4 （5 分）已知向量( 1,2)OA ，(3,)OBm 若OAAB ，则m的值为() A 3 2 B4C 3 2 D4 【解答】解：(4,2)ABOBOAm ，且OAAB ， 第 6页（共 18页） 42(2)0OA ABm ，解得4m 故选：B 5 （5 分）已知实数x，y满足 2 2 24 x xy xy ，则 22 xy的最大值为() A2B5C4D5 【解答】解：由约束条件作出可行域如图， 22 xy的几何意义为可行域内动点到坐标原点的距离， 联立 2 24 x xy ，解得(2,1)A， 由图可知， 22 xy的

12、最大值为 22 215 故选：B 6 （5 分）若 4727 0127 (1)(2)(2)(2)xxaa xa xa x，则 3 (a ) A8B35C43D27 【解答】解：若 472747 0127 (1)(2)(2)(2)(2)2(2)1xxaa xa xa xxx， 则 144 347 ( 2)( 1)83527a 痧， 故选：D 7 （5 分）已知函数 2 ( )f xxbxc ，则“( ( )0 2 b f f”是“方程( )0f x 有两个不同实 数解且方程( ( )0f f x恰有两个不同实数解”的() A充要条件B充分不必要条件 C必要不充分条件D既不充分也不必要条件 第 7

13、页（共 18页） 【解答】解： 2 ( )f xxbxc 开口向下，且对称轴为 2 b x ， 要使方程( )0f x 有两个不同实数根，只需( )0 2 b f， 要使方程( ( )0f f x恰有两个不同实数根，设两根分别为 1 x， 2 x且 12 xx， 则满足 12 ( )maxxf xx， 12 ()xx x，( )0f x ，( ( )0 2 b f f，必要性成立， 反之，设( )0 2 b tf，即( )0f t ， 当( )0f t 有两个正根，且满足 12 tt，若 12 ( )maxttf x， 此时方程( ( )0f f x恰有四个不同的实根，充分性不成立， ( (

14、)0 2 b f f是方程( )0f x 有两个不同实数根且方程( ( )0f f x恰有两个不同实数根的 必要不充分条件 故选：C 8 （5 分）已知函数 cos()1,0, ( )(02 log (),0, a xx f xa x x 且1)a ，若函数图象上关于原点对称的 点至少有 3 对，则实数a的取值范围是() A 6 (0,) 6 B 6 (,1) 6 C 5 (0,) 5 D 5 (,1) 5 【解答】解：当0 x 时，( )log () a f xx ， 则0 x 时，函数( )logag xx的图象与函数( )f x的图象关于原点对称； 又0 x时，( )cos()1 2 f

15、 xx ， 画出函数( )cos()1(0) 2 f xxx 和函数( )logag xx的图象，如图所示； 要使( )cos()1(0) 2 f xxx 与( )log(0) a g xx x的图象至少有 3 个交点， 需使01a，且f（6）g（6） ； 即 01 2log 6 a a ，所以 2 01 6 a a ， 解得 01 66 66 a a ， 第 8页（共 18页） 即 6 0 6 a； 所以a的取值范围是 6 (0,) 6 故选：A 二二、多项选择题多项选择题：本题共本题共 4 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 20 分分在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，

16、有有 多项符合要求，全部选对得多项符合要求，全部选对得 5 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分 9 （5 分）某个国家某种病毒传播的中期，感染人数y和时间x（单位：天）在 18 天里的散 点图如图所示， 下面四个回归方程类型中有可能适宜作为感染人数y和时间x的回归方程类 型的是() AyabxB x yabeCyablnxD 2 yabx 【解答】解：根据图象可知，函数图象随着自变量的变大，函数值增长速度越来越快， 再由图象的形状结合选项，可判定函数 x yabe或的 2 yabx符合要求 故选：BD 第 9页（共 18页） 10 （5 分）已知函

17、数( )f x的局部图象如图所示，则下列选项中不可能是函数( )f x解析式的 是() A 2 cosyxxBcosyxxC 2 sinyxxDsinyxx 【解答】解：由图象知函数为奇函数，则排除A，D，两个函数为偶函数， 当0 x 时，( )0f x ，排除B，D， 故ABCD都不成立， 故选：ABCD 11 （5 分）下列命题正确的是() A若ab，则cR ，acbcB若ab，则cR ，acbc C若ab，则cR ，acbcD若ab，则cR ，ac，cb 【解答】解：对于A，当0c时，ac bc，故选项A错误； 对于B，若ab，当0c 时，acbc，所以cR ，acbc，故选项B正确；

18、对于C，若ab，则cR ，acbc，故选项C正确； 对于D，若ab，则cR ，ac，cb，故选项D正确 故选：BCD 12 （5 分）已知函数 12 ( ) 123 xxx f x xxx ，下列关于函数()的结论正确的为 A( )f x在定义域内有三个零点B函数( )f x的值域为R C( )f x在定义域内为周期函数D( )f x图象是中心对称图象 【解答】解：由题意可知， 12111111 ( )1113() 123123123 xxx f x xxxxxxxxx ， 定义域为 |3x x 且2x 且1x ， 222 111 ( )0 (1)(2)(3) fx xxx ， 所以函数( )

19、f x在(, 3) ，( 3, 2)，( 2, 1)，( 1,) 上单调递增， 第 10页（共 18页） 故( )f x在定义域内不是周期函数，故选项C错误； 当1x 时， 337 ()30 41115 f ， 12 (0)0 23 f，故( )f x在( 1,) 上有一个零点； 当21x 时， 75 ()0,()0 44 ff，故( )f x在( 2, 1)上有一个零点； 当32x 时， 145 ()0,()0 52 ff，故( )f x在( 3, 2)上有一个零点； 当3x 时，( )0f x ，所以( )f x在定义域内有三个零点，故选项A正确； 当0 x 时，1x 时，( )f x ，

20、当x 时，( )f x ， 又函数( )f x在( 1,) 上单调递增，且在( 1,) 上有一个零点，故值域为R，故选项B正 确； 因为 111111 ( 4)3()63()6( ) 123123 fxf x xxxxxx ， 所以( 4)( )6fxf x ，故函数( )f x的图象关于点( 2,3)对称，故选项D正确 故选：ABD 三、填空题：本大题共三、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分） 1 12 i i （其中i是虚数单位）的共轭复数为 13 55 i 【解答】解： 1(1)(12 )13213 12(12 )(12 )555

21、 iiii i iii ， 所以其共轭复数为 13 55 i 故答案为： 13 55 i 14 （5 分）已知ABC的三个内角ABC的对边边长分别为a、b、c，若23ab，2AB， 则cosB 3 4 【解答】解：因为23ab，2AB， 由正弦定理得2sin3sinAB， 所以2sin23sinBB，即4sincos3sinBBB， 因为sin0B ， 所以 3 cos 4 B 故答案为： 3 4 15 （5 分）已知双曲线 22 22 1(0,0) xy ab ab 的焦点为 1 F， 2 F，P是双曲线上一点，且 第 11页（共 18页） 12 3 FPF 若 12 F PF的外接圆和内切

22、圆的半径分别为R，r，且4Rr，则双曲线的离 心率为 2 21 7 【解答】解：由正弦定理知， 12 12 | 2 sin FF R FPF ， 22 3 2 sin 3 cc R ， 1 42 3 c rR， 设 1 |PFm， 2 |PFn， 由双曲线的定义知， 12 | | 2PFPFmna， 由余弦定理知， 222 12121212 |2| |cosFFPFPFPFPFFPF， 22222 42cos()4 3 cmnmnmnmnamn ， 22 4()mnca， 2222222 ()()4416()1612mnmnmnacaca， 又 12 PF F的面积 12121212 11 |

23、 | sin(|) 22 SPFPFF PFPFPFF Fr， sin(2 )(2 ) 32 3 c mnmncrmnc ， 22 1012ca mn c ， 由得， 22 222 1012 ()1612 ca ca c ， 整理得， 4422 2136570caa c，即 2222 ()(2136)0caca， 解得 2 21 7 c e a 或1e （舍去） 故答案为： 2 21 7 16 （5 分）在棱长为4 2的正四面体ABCD中，点EF分别为直线AB，CD上的动点， 第 12页（共 18页） 点P为EF中点，Q为正四面体中心（满足)QAQBQCQD，若2PQ ，则EF长度 为2 6

24、【解答】解：如图， 将正四面体放置在棱长为 4 的正方体中，则ABCD，Q为正方体的中心， 设M、N分别是AB、CD的中点，则Q是MN的中点，MNAB，MNCD， 连接EN，设EN的中点为S，连接QS，SP，PQ， QS为NME的中位线，/ /QSME， 1 2 QSME， 同理，/ /SPNF， 1 2 SPNF， ABCD，MENF， QSSP，即90QSP， 则 22222 1 ()2 4 QSSPMENFPQ， 22 8MENF， MNME， 2222 16NEMNMEME， NFME，NFMN，MEMNM ， NF平面MNE，可得NFNE，在Rt NEF中， 2222 162 6EF

25、NFNENFME 故答案为：2 6 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 （10 分）已知函数 2 ( )3sin coscosf xxxx （1）求() 12 f 的值； 第 13页（共 18页） （2）当0 x，求函数( )f x的单调递增区间 【解答】解： （1） 2 3cos211 ( )3sin coscossin2sin(2) 2262 x f xxxxxx ， 111 ()sin(2)sin0 12126222 f （2）令22 62 xk ，2 2 k ，kZ，则

26、 6 xk ， 3 k ，kZ， 0 x， 0 x ， 5 36 ， 故函数( )f x的单调递增区间为0， 3 和 5 6 ， 18 （12 分）已知数列 n a的前n项和 n S，且 2 (1) nn San， 2 2 n a n n b S （1）求数列 n a的通项公式； （2）求数列 n b的最小项的值 【解答】解： （1）因为 1( 2) nnn aSSn ， 所以 1nnn SaS ，则 2 1 (1) (2) n Snn ， 即 2 n Sn， * ()nN， 当1n 时， 11 1aS， 当2n时， 22 1 (1)21 nnn aSSnnn ， 且当1n 时也适合上式，所以

27、21 n an； （2）由（1）可知， 21 4 2 0 n n b n ，所以 21 1 4 2 (1) n n b n ， 所以 24 41 4 22 () (1)1 n n bnn bnn ，当 2 1 1 n n ，即21n ， 所以当13n 时， 1nn bb ，当3n时， 1nn bb ， 又 23 132 , 281 bb，所以当3n 时， n b有最小值为 32 81 19 （12 分）如图，四棱锥PABCD中，/ /ADBC，平面PAD 平面PBC若 3 BCD ， 2 PBC ，2ADCD，1BC （1）证明：PBPA； 第 14页（共 18页） （2）若2PAPC，求二面

28、角PBCA的余弦值 【解答】 （1）证明：设平面PAD平面PBCl， 因为/ /ADBC，AD 平面PAD，BC 平面PAD， 所以/ /BC平面PAD， 又因为BC 平面PBC，所以/ /BCl， 因为 2 PBC ，所以PBBC， 则PBl，又平面PAD 平面PBC，且平面PAD平面PBCl， 所以PB 平面PAD，因为PA 平面PAD， 所以PBPA； （2）解：连结BD，在BCD中，由余弦定理可得，3BD ， 所以BDBC，又因为PBBC， 所以PBD即为二面角PBCA的平面角， 以D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则(2,0,0), (0, 3,0),( 1, 3,0)AB

29、C ， 因为BCBD，BCPD，BDPDD ，所以BC 平面PBD， BC 平面ABCD，所以平面PBD 平面ABCD， 设(0P，y，) z，由2PAPC， 则有 222222 (02)4(01)4(3)4yzyz， 化简可得 22 38 33120yyz， 由（1）可知，PBPA， 所以 22 30PB PAyyz ， 由可得， 4 32 3 , 55 yz， 第 15页（共 18页） 所以 22 4 32 315 (3)(0) 555 PB ， 故 2 3 2 5 5 sin 515 5 z PBD PB ， 故 22 2 55 cos11() 55 PBDsinPBD， 所以二面角PB

30、CA的余弦值 5 5 20 （12 分）袋中有大小完全相同的 7 个白球，3 个黑球 （1）若甲一次性抽取 4 个球，求甲至多抽到一个黑球的概率； （2）若乙共抽取 4 次，每次抽取 1 个球，记录好球的颜色后再放回袋子中，等待下次抽取， 且规定抽到白球得 10 分，抽到黑球得 20 分，求乙总得分X的分布列和数学期望 【解答】解： （1）所求事件的概率为 431 773 44 1010 112 623 CC C P CC ； （2）由题意可得X的可能取值为 40，50，60，70，80， 每次抽到白球的概率为 7 10 ，抽到黑球的概率为 3 10 ， 设 4 次取球取得的黑球数为r，则r的

31、可能取值为 0，1，2，3，4， 所以 4 4 73 (4010 )()() 1010 rrr P XrC ， 4 72401 (40)(0)() 1010000 P XP r， 13 4 734116 (50)(1)() 101010000 P Xp rC， 222 4 732646 (60)(2)() () 101010000 P XP rC， 33 4 73756 (70)(3)() () 101010000 P XP rC， 4 381 (80)(4)() 1010000 P Xp r， 则可得分布列如下： 第 16页（共 18页） X4050607080 P 2401 10000 4

32、116 10000 2646 10000 756 10000 81 10000 24014116264675681 ()405060708052 1000010000100001000010000 E X 21 （12 分）如图，已知椭圆 2 2 :1 5 x Cy的右焦点为F，原点为O，椭圆的动弦AB过焦 点F且不垂直于坐标轴，弦AB的中点为N，椭圆C在点AB处的两切线的交点为M （1）求证：O，M，N三点共线； （2）求 | | | ABFM FN 的最小值 【解答】解： （1）证明：椭圆的右焦点(2,0)F， 设直线AB的方程为(2)(0)yk xk，且 1 (A x， 1) y， 2

33、(B x， 2) y， 联立 2 2 (2) 1 5 yk x x y ，可得 2222 (15)20(205)0kxk xk， 则 2 12 2 20 51 k xx k ， 2 12 2 205 51 k x x k ， 2 121212 22 204 (2)(2)()44 5151 kk yyk xk xk xxkkk kk ， 点N的坐标为 2 2 10 (5 1 k k ， 2 2 ) 51 k k ， 所以ON所在直线的方程为 1 5 yx k ， 椭圆C在A，B处的切线方程为 1 1 1 5 x x y y， 2 2 1 5 x x y y， 联立 1 1 2 2 1 5 1 5

34、 x x y y x x y y ，解得 21 1221 5() ( yy M x yx y ， 12 1221 ) xx x yx x ， 所以 12 122112 21 21 1221 1 5() 5()5 OMON xx x yx yxx kk yy yyk x yx y ， 第 17页（共 18页） 所以O，M，N三点共线 （2）由（1）可知 2 2 12 2 2 5(1) |1| 51 k ABkxx k ， 2 2 151 |1|2| 22| k FM kk ， 22 2 22 102 1 |1|2| 5151 kk FNk kk ， 所以 22 22 2 2 2 5(1)1 |

35、|515151512| (|)2 |5 |2|2|2| 2 1 51 kk ABFMkkk kk FNkkk k k ， 当且仅当 1 | | k k ，即| 1k 时，等号成立 22 （12 分）已知( )(1)f xln xax在(0,)有零点 0 x （1）求实数a的取值范围； （2）求证： （） 0 1 2(1)x a ； （） 1 00 ( (1)(1)(1) a x f ln xealna 【解答】解： （1） 1 ( ) 1 fxa x ， 当0a，时，( )0fx恒成立，( )f x在(0,)单调递增，且(0)0f， 故( )0f x ，在(0,)没有零点， 当01a时，由 1

36、 ( )0 1 fxa x 得 1 0 a x a ， 故函数( )f x在 1 (0,) a a 上单调递增，在 1 ( a a ，)上单调递减， 所以 1 ()(0)0 a ff a ， 因为x 时，( )f x ，满足题意； 当1a时， 1 ( )0 1 fxa x 恒成立， 故( )f x在(0,)单调递增， 所以( )(0)0f xf，不符合题意， 第 18页（共 18页） 综上01a； （2）证明：( ) i由（1）知01a， 0 0 (1)lnx a x ， 要证 0 1 2(1)x a ，只要证 0 0 0 2 (1) 2 x lnx x ， 令 2 ( )(1) 2 x g

37、xln x x ，则 2 22 14 ( )0 1(2)(1)(2) x g x xxxx ， 所以( )g x在(0,)单调递增，( )(0)0g xg， 即 0 1 2(1)x a ； 令( )(1)h xlnxx，则 2 11(1) ( )0 122(1) x h x xxx x ， 故( )h x在(0,)单调递减，( )(0)0h xh， 所以(1)lnxx，即(1) (1) x lnx lnx ， 所以 0 1 (1)lnx a ，即 1 0 01 a xe， 因为( )f x在 1 (0,) a a 上单调递增，在 1 ( a a ，)上单调递减， 000 (0)()0ff xaxx， 所以 0 0(1)1f lnxalna， 所以 1 00 ( (1)(1)(1) a x f ln xealna