2021届南通市考前数学练习卷（及答案）.pdf

1、高三练习卷 第 1 页（共 6 页） 数 学 一、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1 2 3A，1 0 1 2B ，若MA且MB，则M的个数为 A1 B3 C4 D6 2 已知向量a=(sin1)，b=( 2sin1)，且ab，则cos2 A0 B 1 2 C 2 2 D1 3 已知等比数列 n a的公比为q，则“1q ”是“ 45 |aa”的 A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 4 4 位优秀党务工作者到 3 个基层单位进行百年党史宣讲，每人宣讲 1 场，每个基

2、层单 位至少安排 1 人宣讲，则不同的安排方法数为 A81 B72 C36 D6 5 我国于 2021 年 5 月成功研制出目前国际上超导量子比特数量最多的量子计算原型机 “祖冲之号”， 操控的超导量子比特为 62 个 已知 1 个超导量子比特共有 “|0， |1” 2 种叠加态，2 个超导量子比特共有“|00，|01，|10，|11”4 种叠加态，3 个超导 量子比特共有“|000，|001，|010，|011，|100，|101，|110，|111”8 种叠加 态，只要增加 1 个超导量子比特，其叠加态的种数就呈指数级增长设 62 个超 导量子比特共有 N 种叠加态，则 N 是一个_位的数

3、（参考数据：lg20.3010） A18 B19 C62 D63 6 在 10 21 12xx x 的展开式中，常数项为 A210 B252 C462 D672 20212021届届南南通通市市考考前前数数学学练练习习卷卷（及及答答案案） 高三练习卷 第 2 页（共 6 页） 7双曲线 2 2 22 :1(00) y x Cab ab ，的左、右焦点分别为 12 FF，若 C 上存在点P满足 21 2 3 F POFPO ，则该双曲线的离心率为 A31 B21 C3 D2 8 在棱长为2的正方体 1111 ABCDA B C D中，N为BC的中点当点M在平面 11 DCC D内 运动时，有MN

4、平面 1 A BD，则线段MN的最小值为 A1 B 6 2 C2 D3 二、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新中国成立以来， 我国共进行了7次人口普查， 这7次人口普查的城乡人口数据如下： 根据该图数据，这7次人口普查中 A城镇人口数均少于乡村人口数 B乡村人口数达到最高峰是第4次 C和前一次相比，城镇人口比重增量最大的是第7次 D城镇人口总数逐次增加 10下列结论正确的是 A若复数 z 满足 0zz，则 z 为纯虚数 B若复数z满足 1 z R，则zR C若复数z满足 2 0z，则

5、zR D若复数 12 zz，满足 22 12 0zz，则 12 0zz 高三练习卷 第 3 页（共 6 页） 11在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 2 C 将ABC分别绕边a， b，c所在的直线旋转一周，形成的几何体的体积分别记为 a V， b V， c V，侧面积分别 记为 a S， b S， c S，则 A2 abc VVV B2 abc SSS C 222 111 abc VVV D 222 111 abc SSS 12已知定义在R上的函数( )1sin21sin2f xxx，则 A()( )fxf x B()( ) 2 f xf x C( )f x的最大值为2 D不

6、等式( )2cosf xx的解集为 7 22 44 xkxkk Z ， 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13已知角的终边经过点( 3 4)， ，则 3 cos 2 的值是_ 14设曲线( )yf x在0 x 处的切线斜率为1，试写出满足题设的一个( )f x _ 15甲、乙、丙三支足球队进行双循环赛（任意两支球队都要在自己的主场和对方的主场 各赛一场） 根据比赛规则，胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分比赛进 行中的统计数据如下表： 根据表格中的信息可知： （1）还需进行_场比赛，整个双循环赛全部结束； （2）在与乙队的比赛中，甲队共得了_分 （第一问2分，第二问3分）

7、16舒腾尺是荷兰数学家舒腾（1615-1660）设计的一种作图工具如图，O是滑槽 的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处的铰链与ON连接，MN上的栓 子D可沿滑槽AB滑动当点D在滑槽AB内作往 复移动时，带动点N绕转动，点M也随之而运 动记点N的运动轨迹为 1 C，点M的运动轨迹为 2 C若ONDN1，MN3，过 2 C上的点P向 1 C 作切线，则切线长的最大值为_ AB O 已赛场数 胜的场数 平的场数 负的场数 积分 甲 4 2 1 1 7 乙 3 0 2 1 2 丙 3 1 1 1 4 DO N M BA 高三练习卷 第 4 页（共 6 页） 四、解答题：本题共6小题，共70分。

8、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17 （10分） 已知等比数列 n a的各项均为正数，且 6 2a， 45 12aa （1）求数列 n a的通项公式； （2）设 13521nn ba a aan N，求数列 n b的最大项 18 （12分） 如图，A B C， ， 为山脚两侧共线的三点，在山顶P处观测三点的俯角分别为 ， ， 现测得 15，45，30，AD 5 2 km，EB 1 2 km，BC1 km计划沿直线 AC 开通一条穿山隧道，试求出隧道 DE 的长度 E DC P BA 高三练习卷 第 5 页（共 6 页） 19 （12分） 如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD 平面

9、ABCD，PAPD， ABCD， ABAD，1AB ，2AD ，3CD 直线 PB 与平面 ABCD 所成的角为45 （1）求证：PBBC； （2）求二面角APBC的正弦值 20 （12分） 已知P为抛物线 2 :4C yx上位于第一象限的点，F为C的焦点，PF与C交于点Q（异 于点P） 直线l与C相切于点P，与x轴交于点M过点P作l的垂线交C于另一点N （1）证明：线段MP的中点在定直线上； （2）若点P的坐标为( 2 2 2 )，试判断M Q N， ， 三点是否共线 D C B A P 高三练习卷 第 6 页（共 6 页） 21 （12分） 在医学上，为了加快对流行性病毒的检测速度，常采用

10、“混检”的方法：随机的将若 干人的核酸样本混在一起进行检测，若检测结果呈阴性，则认定该组每份样本均为阴性， 无需再检测；若检测结果呈阳性，则还需对该组的每份样本逐个重新检测，以确定每份样 本是否为阳性设某流行性病毒的感染率为p （1）若0.005p ，混检时每组10人，求每组检测次数的期望值； （2）混检分组的方法有两种：每组10人或30人试问这两种分组方法的优越性与p 的值是否有关？ （参考数据： 10 0.9950.9511， 30 0.9950.860 4） 22. （12分） 已知函数 2 ( )(1)exf xxmxmR， （1）讨论函数( )f x的单调性； （2）若不等式 22

11、1e0 x xmx 恒成立，求实数m的取值范围 高三练习卷（答案） 第 1 页（共 10 页） 高 三 练 习 卷 高 三 练 习 卷 数学（参考答案与评分建议） 一、选择题（单选） ： 1C 2A 3B 4C 5B 6D 7A 8B 二、选择题（多选） ： 9BCD 10BC 11ABC 12ABD 三、填空题： 13 4 5 14exC，C为任意常数（或ln(1)xC， 32 axbxxd，sinxC等） 151，4 1615 四、解答题： 17 【解】 （1）设等比数列 n a的公比为q 因为 6 2a， 45 12aa， 所以 66 45 22 22 12 aa aa qq qq ，

12、所以 2 6121 310qqqq ， 因为0 n a，所以0q ，所以 1 2 q ， 3分 所以 6 6 6 7 11 2 2 2 n n n n aa q 5分 （2）法一： 64228 13521 1111 2222 n nn ba a aa 2 6 4 2287 11 22 nnn 8分 所以数列 n b的最大项为 34 4096bb. . 10分 高三练习卷（答案） 第 2 页（共 10 页） 法二：因为 7 1 2 n n a ，所以 28 21 1 2 n n a 由 28 21 1 1 2 n n a ，得4n 8 分 所以数列 n b的最大项为 34 4096bb 10 分

13、 18 【解】在PBC中，30C，15CPB，1BC 由正弦定理 sinsin BCPB CPBC ， 即 1 sin15sin30 PB ，所以 1 2sin15 PB 4 分 在PAB中，因为15A ，45ABP， 所以180120APBAABP 由正弦定理 sinsin BPAB AAPB ， 所以 2 3 sin1202 32 3 1cos30 2sin 15 AB ， 8 分 所以 51 32 32 3 22 DEABADEB， 所以隧道DE的长度为2 3km 12分 说明：本题也可以借助山的高度，利用平面几何知识求解 19 【解】 （1）取AD的中点O，连结OBOCOP， 在PAD

14、中，因为PAPD，O为AD的中点， 所以POAD 因为平面PAD 平面ABCD， 平面PAD平面ABCDAD， PO 平面PAD， 所以PO 平面ABCD2分 因为BC 平面ABCD， 所以POBC O D C B A P 高三练习卷（答案） 第 3 页（共 10 页） z y x O DC B A P 在四边形ABCD中，ABCD，ABAD， 且1AB ，2AD ，3CD ， 所以2OB ，10OC ，2 2BC ， 所以在OBC中，有 222 OBBCOC， 所以90OBC，即OBBC 4分 因为POOB ，平面POB，POOBO， 所以BC 平面POB 因为PB 平面POB， 所以PBB

15、C 6分 说明：本题也可以用空间向量的方法证明 （2）由（1）知，PO 平面ABCD， 所以OB为PB在平面ABCD内的射影， 即PBO为直线PB与平面ABCD所成的角， 所以45PBO 所以在POB中，2POOB 8分 解法一：如图，分别以OA OP，所在直线为x轴和z轴， 以平面ABCD内过点O且与OA垂直的直线为y轴， 建立空间直角坐标系， 则(100)(1 10)AB， ， ， ， ， ( 130)(002)CP ， ， ， ， 所以(1 12)PB ， ， ( 220)BC ， ，(010)AB ， ， 设平面PBC的一个法向量 1111 ()xyz， ，n， 高三练习卷（答案） 第

16、 4 页（共 10 页） D C P H O B A 则 1 1 PB BC ， ， n n 即 1111 111 20 220 PBxyz BCxy ， ， n n 取 1 1x ，可得 1 (1 12)， ，n 设平面PAB的一个法向量 2222 ()xyz，n， 则 2 2 PB AB ， ， n n 即 2222 22 20 0 PBxyz ABy ， ， n n 取 2 2x ，可得 2 ( 201)， ，n 10 分 设二面角APBC的大小为， 则 12 12 | 62 2 |cos| | |3 32 nn nn ， 所以 3 sin 3 ， 即二面角APBC的正弦值为 3 3 1

17、2 分 解法二：作AHPB于点H 因为1AB， 22 3PAPOAO， 22 2PBPOBO， 所以 222 PAABPB， 所以PAAB， 所以RtRtPABAHB， 所以 AHBHAB PAABPB 所以 31 22 AHBH， 因为ACAHHBBC ， 所以 2222 222ACAHHBBCAH HBHB BCAH BC ， 即 31 1382 44 AH BC ，解得2AH BC ， 10分 高三练习卷（答案） 第 5 页（共 10 页） 所以 26 cos 3 | |3 2 2 2 AH BC AHBC AHBC ， 设二面角APBC的大小为， 则 6 coscos(cos 3 AH

18、BCAHBC ， 所以 3 sin 3 ， 即二面角APBC的正弦值为 3 3 12 分 20 【解】 （1）设 00 P xy，则 2 00 4yx， 因为点P在第一象限，所以 00 2yx， 对2yx两边求导得： 1 y x ，所以直线l的斜率为 0 1 x ， 所以直线l的方程为 00 0 1 2()yxxx x ， 2分 令0y，则 0 xx ，所以 0 0Mx， 3分 所以线段MP的中点为 0 0 2 y ， 所以线段MP的中点在定直线0 x 上 5分 （2）若(2 2 2)P，则( 2 0)M， 所以 2 2 MP k，2 2 PF k， 因为PNl，所以2 PN k ， 所以直线

19、:2 2(1)PF yx，直线:2(4)PN yx 由 2 4 2 2(1) yx yx ， ， 得 2 2520 xx，所以 1 2 x 或2， 所以 1 2 2 Q， 7分 由 2 4 2(4) yx yx ， ， 得 2 10160 xx，所以2x 或8， 高三练习卷（答案） 第 6 页（共 10 页） 所以(84 2)N， 9分 解法一：因为( 2 0)M， ， 1 2 2 Q，(84 2)N， 所以 2 2 5 MQ k ， 2 2 5 MN k ， 所以点M Q N， ， 三点共线 12分 解法二：因为( 2 0)M， ， 1 2 2 Q，(84 2)N， 所以 5 2 2 MQ

20、，(104 2)MN ， 所以4MNMQ ， 又向量MQ 和向量MN 有公共起点， 所以点M Q N， ， 三点共线 12分 21 【解】 （1）设每组检测的次数为 X， 则 X 的可能取值为1，11 1分 1010 (1)(1)0.9950.9511P Xp， (11)1(1)10.95110.0489P XP X 所以 X 的分布列为 X 1 11 P 0.951 1 0.048 9 3分 所以()1 0.9511 11 0.04891.489E X 所以每组检测次数的期望值是1.489次 5分 （2）当每组的人数为10人时，设每组检测的次数为 X 则 X 的可能取值为1，11 10 (1

21、)(1)P Xp， 10 (11)1(1)P Xp 所以 X 的分布列为 高三练习卷（答案） 第 7 页（共 10 页） X 1 11 P 10 (1)p 10 1(1)p 所以 101010 ()1 (1)11 1(1) 11 10(1)E Xppp 当每组的人数为30人时，设每组检测的次数为 Y 则 Y 的可能取值为1，31 30 (1)(1)P Yp； 30 (31)1(1)P Xp 所以 Y 的分布列为 Y 1 31 P 30 (1)p 30 1(1)p 所以 303030 ( )1 (1)31 1(1) 3130(1)E Yppp 所以 1030 3 ()( )3 11 10(1)

22、3130(1) E XE Ypp 3010 30(1)30(1)2pp 8分 解法一：设 10 (1)pt， 3 ( )30302 (01)f tttt ， 则 22 ( )9030=30(31)f ttt， 当 3 0 3 t 时，( )0f t，( )f t在 3 0 3 ，上单调递减； 当 3 1 3 t 时，( )0f t，( )f t在 3 1 3 ，上单调递增 所以当 3 3 t 时，( )f t有最小值为 620 3 0 3 ； 当0t 或1时，( )f t有最大值为20， 10分 所以存在 12 pp，满足 1010 1122 (1)(1)tptp， 且 1 3 0 3 t ，

23、 2 3 1 3 t ，使得 12 ( )( )0f tf t 当 12 (0)(1)ttt，时，3 ()( )0E XE Y，即3 ()( )E XE Y， 此时，每组30人更优越； 高三练习卷（答案） 第 8 页（共 10 页） 当 12 ()ttt，时，3 ()( )0E XE Y，即3 ()( )E XE Y 此时，每组10人更优越 所以，分组方法的优越性与p的值有关 12分 解法二：当0.005p 时， 3 ()( )300.860 4300.95112E XE Y=0.7210， 即3 ()( )E XE Y； 10分 当0.5p 时， 3010 10 30 3 ()( )300.

24、5300.5220 2 E XE Y， 即3 ()( )E XE Y 所以，分组方法的优越性与p的值有关 12分 22.【解】 （1） 2 ( )e (1)e (2)e (1)(1) xxx fxxmxxmxxm 1分 当0m 时，( )0fx，( )f x在R上单调递增 2分 当0m 时，令( )0fx，得1x 或1xm ， 令( )0fx，得11xm 所以( )f x在( ，1和1)m，上单调递增， 在( 11)m，上单调递减 3分 当0m 时，令( )0fx，得1xm 或1x ， 令( )0fx，得11mx 所以( )f x在(1m ，和 1)，上单调递增， 在(11)m，上单调递减 4

25、分 （2）解法一：不等式 22 1e0 x xmx 22 e(1)e0 x xmx 令xt，得 22 e (1)e0 t tmt， 即 22 (1)ee t tmt- 6分 当0m 时， 222 (1)e(1)e0e tt tmtt 7分 高三练习卷（答案） 第 9 页（共 10 页） 当0m 时，当1t 时， 22 (1)e0e t tmt ， 当1t时， 2 min 1 2 ( )(1)e em m f tfm 设 1 2 ( )(0) em m g mm ， 1 1 ( ) em m g m 当1m 时，( )0g m，10m 时，( )0g m ( )g m在(1 ，上单调递增，( )

26、g m在 1 0 ，单调递减 因为 2 ( 3)eg ， 2 (0) e g， 所以由 2 1 2 e em m ，解得 3 0)m ， 综上 3 0)m ， 9分 当02m时， 2 22 1 ()10 24 mm tmtt ， 所以 22 (1)e0e t tmt 10分 当2m时，( )f t在(1m ，和 1)，上单调递增， ( )f t在(11)m，上单调递减 当1tm时， 2 1() 12 0tmtt tmm ， 22 (1)e0e t tmt- 当1tm时， 2 min 2 ( )( 1)e e m f tf ，解得 3 e2m 所以， 3 2e2m 综上，m的取值范围是 3 3

27、e2， 12分 解法二：不等式 22 e1 x xmx 恒成立， 当0 x 时， 2 e10恒成立，所以mR， 5分 当0 x 时， 22 e1 x x m x 恒成立， 令 22 e1 ( )0 x x F xx x ， 则 222 22 (1)e1(1)(e1) xx xxxx Fx xx ， 因为0 x ，所以 2 e10 x x ， 高三练习卷（答案） 第 10 页（共 10 页） 且当(0 1)x， 时，( )0F x，所以( )F x单调递减， 当(1)x，时，( )0F x，所以( )F x单调递增， 所以 3 min ( )(1)e2F xF，所以 3 e2m 8分 当0 x

28、时， 22 e1 x x m x ， 令 22 e1 ( )0 x x F xx x ， 则 222 22 (1)e1(1)(e1) xx xxxx Fx xx ， 因为0 x ，所以10 x ， 令 2 ( )e10 x h xxx ，则( 2)0h ， 因为 2 ( )e10 x h x ，所以( )h x在(0)， 单调递增， 所以当(2)x ，时，( )0h x ，( )0F x， 当( 2 0)x ， 时，( )0h x ，( )0F x， 所以( )F x在(2) ，单调递增，在( 2 0)， 单调递减， 所以 max ( )( 2)3F xF ，所以3m 11分 综上， 3 3e2m， 故m取值范围是 3 3 e2， 12分