1、1 20202021 学年高三年级模拟考试卷学年高三年级模拟考试卷 数数 学学 (满分：150 分 考试时间：120 分钟) 202103 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. 设集合 M， N， P 均为 R 的非空真子集， 且 MNR， MNP， 则 M(RP)( ) A. M B. N C. RMD. RN 2. 已知 xR，则“3x4”是“lg (x2x2)1”的( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 欧拉恒等式：ei 10 被数学
2、家们惊叹为“上帝创造的等式” 该等式将数学中几个 重要的数：自然对数的底数 e、圆周率、虚数单位 i、自然数 1 和 0 完美地结合在一起，它 是在欧拉公式：ei cos isin (R)中，令 得到的根据欧拉公式，e2i在复平 面内对应的点在( ) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. “帷幄”是古代打仗必备的帐篷，又称“幄帐”右图是一种幄帐示意图，帐顶采用 “五脊四坡式” ，四条斜脊的长度相等，一条正脊平行于底面 若各斜坡面与底面所成二面角的正切值为1 2，底面矩形的长与宽之比为 53，则正脊与 斜脊长度的比值为( ) A. 3 5B. 8 9 C. 9 1
3、0D. 1 5. 已知 a，b，c 均为单位向量，且 a2b2c，则 a c( ) A. 1 2B. 1 4C. 1 4D. 1 2 6. 函数 f(x)sin x cos x 3cos2x 的图象的一条对称轴为( ) Ax 12 B. x 6 C. x 3 D. x 2 7. 某班 45 名学生参加“3 12”植树节活动，每位学生都参加除草、植树两项劳动依 据劳动表现，评定为“优秀”“合格”2 个等级，结果如下表： 2 等级项目 优秀 合格 合计 除草 30 15 45 植树 20 25 45 若在两个项目中都“合格”的学生最多有 10 人， 则在两个项目中都“优秀”的人数最多 为( ) A
4、. 5 B. 10 C. 15 D. 20 8. 若 aln abln bcln c1，则( ) A. eb cln aecaln beabln c B. ecaln bebcln aeabln c C. ea bln cecaln bebcln a D. eabln cebcln aecaln b 二、 多项选择题： 本题共 4 小题， 每小题 5 分， 共 20 分 在每小题给出的四个选项中， 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. 已知数列an是等比数列，下列结论正确的是( ) A. 若 a1a20，则 a2a30 B. 若 a1a30，
5、则 a1a20 C. 若 a2a10，则 a1a32a2 D. 若 a1a20，则(a2a1)(a2a3)0 10. 已知函数 f(x) |x2a|(aR)，则 yf(x)的大致图象可能为( ) 11. “杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一如图，由杨辉三角的左腰上的 各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为 1，1，2，3，5，8，13，则 ( ) A. 在第 9 条斜线上，各数之和为 55 B. 在第 n(n5)条斜线上，各数自左往右先增大后减小 C. 在第 n 条斜线上，共有2n1（1） n 4 个数 D. 在第 11 条斜线上，最大的数是 C3 7 12. 如图，某
6、校测绘兴趣小组为测量河对岸直塔 AB(A 为塔顶，B 为塔底)的高度，选取 与 B 在同一水平面内的两点 C 与 D(B，C，D 不在同一直线上)，测得 CDs.测绘兴趣小组利 用 3 测角仪可测得的角有ACB，ACD，BCD，ADB，ADC，BDC，则根据下列 各组中的测量数据可计算出塔 AB 的高度的是( ) A. s，ACB，BCD，BDC B. s，ACB，BCD，ACD C. s，ACB，ACD，ADC D. s，ACB，BCD，ADC 三、 填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13. 已知随机变量 XN(2，2)，P(X0)0.9，则 P(2X4)_ 14. 能
7、使“函数 f(x)x|x1|在区间 I 上不是单调函数，且在区间 I 上的函数值的集合为 0，2”是真命题的一个区间 I 为_ 15. 已知椭圆 C1： x2 a2 y2 b21(ab0)的右顶点为 P， 右焦点 F 与抛物线 C2 的焦点重合， C2的顶点与 C1的中心 O 重合若 C1与 C2相交于点 A，B，且四边形 OAPB 为菱形，则 C1 的离心率为_ 16. 在三棱锥 PABC 中，ABBC，AC8，点 P 到底面 ABC 的距离为 7.若点 P，A，B， C 均在一个半径为 5 的球面上，则 PA2PB2PC2的最小值为_ 三、 解答题：本题共 6 小题，共 70 分解答应写出
8、文字说明、证明过程或演算步骤 17. (本小题满分 10 分) 在ABC 中，角 A，B，C 所对边分别为 a，b，c，b 5c，c sin A1，点 D 是边 AC 的中点，BDAB，求 c 和ABC 的值 18.(本小题满分 12 分) 已知数列an的前 n 项和为 Sn，Sn14an，nN*，且 a14. (1) 求证：an12an是等比数列，并求an的通项公式； (2) 在bnan1an；bnlog2an n ；bn an2 an1an这三个条件中任选一个补充在下面横 线上，并加以解答 已知数列bn满足_，求bn的前 n 项和 Tn. (注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案解答计
9、分) 4 19. (本小题满分 12 分) 如图，在三棱台 ABCA1B1C1，ACA1B，点 O 是 BC 的中点，A1O平面 ABC. (1) 求证：ACBC； (2) 若 A1O1，AC2 3，BCA1B12，求二面角 B1BCA 的大小 20. (本小题满分 12 分) 甲、 乙两队进行排球比赛， 每场比赛采用“5 局 3 胜制”(即有一支球队先胜 3 局即获胜， 比赛结束).比赛排名采用积分制，积分规则如下：比赛中，以 30 或 31 取胜的球队积 3 分，负队积 0 分；以 32 取胜的球队积 2 分，负队积 1 分已知甲、乙两队比赛，甲每局获 胜的概率为2 3. (1) 甲、乙两
10、队比赛 1 场后，求甲队的积分 X 的概率分布列和数学期望； (2) 甲、乙两队比赛 2 场后，求两队积分相等的概率 5 21. (本小题满分 12 分) 已知双曲线 C：x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的左、右焦点分别为 F1，F2，点 P(3，1)在 C 上， 且 PF1PF210. (1) 求 C 的方程； (2) 斜率为3 的直线 l 与 C 交于 A，B 两点，点 B 关于原点的对称点为 D.若直线 PA， PD 的斜率存在且分别为 k1，k2，求证：k1k2为定值 6 22. (本小题满分 12 分) 已知函数 f(x)eax(ln x1)(aR)，f(x)为 f(x)的导
11、数 (1) 设函数 g(x)f（x） eax ，求 g(x)的单调区间； (2) 若 f(x)有两个极值点 x1，x2(x1x2)， 求实数 a 的取值范围； 求证：当 a2e 3 2时，f（x1） x1 f（x2） x2 . 7 20202021 学年高三年级模拟考试卷学年高三年级模拟考试卷 (南通、连云港等南通、连云港等七市七市) 数学参考答案及评分标准数学参考答案及评分标准 1. D 2. B 3. B 4. B 5. C 6. A 7. C 8. C 9. AC 10. ABD 11. BCD 12. ACD 13. 0.4 14. 答案不唯一，只要形如a，2或(a，2，其中 0a1
12、的均正确 15. 1 3 16. 198 17. 解：在直角三角形 ABD 中，BD2AD2AB2(b 2) 2c2c 2 4，所以 BD c 2. 所以 sin ABD AD 5 5 .(2 分) 因为 csin A1，所以 c 5.(4 分) 由 b 5c 得 b5. 因为 sin A 5 5 ，A(0， 2 )，所以 cos A 1sin2A2 5 5 .(5 分) 在ABC 中，由余弦定理，得 a52（ 5）225 52 5 5 10.(7 分) 由正弦定理，得 a sinA b sin ABC，即 5 sin ABC 10 5 5 ， 所以 sin ABC 2 2 .(9 分) 因为
13、ABC( 2 ，)，所以ABC3 4 .(10 分) 18. (1) 证明：当 n2 时，因为 Sn14an，所以 Sn4an1，两式相减得 an14an4an 1. 所以 an12an2(an2an1).(2 分) 当 n1 时，因为 Sn14an，所以 S24a1. 又 a14，故 a212，于是 a22a14， 所以an12an是以 4 为首项、2 为公比的等比数列(3 分) 所以 an12an2n 1，两边除以 2n1，得an1 2n 1an 2n1.(4 分) 又a1 22，所以 an 2n 是以 2 为首项、1 为公差的等差数列 8 所以an 2nn1，即 an(n1) 2 n.(
14、6 分) (2) 解：若选：bnan1an，即 bn(n2) 2n 1(n1) 2n(n3) 2n.(8 分) 因为 Tn421522623(n3)2n， 所以 2Tn422523624(n3)2n 1. 两式相减，得Tn421(22232n)(n3)2n 1(10 分) 84（2 n11） 21 (n3)2n 1 (n2)2n 14， 所以 Tn(n2)2n 14.(12 分) 若选：bnlog2an n ，即 bnlog2n1 n log22nlog2n1 n n，(8 分) 所以 Tn(log22 1log2 3 2log2 n1 n )(12n) log2(2 1 3 2 n1 n )
15、（1n）n 2 log2(n1)（1n）n 2 .(12 分) 若选：bn an2 anan1，即 bn 4an14an an1an 4( 1 an 1 an1)，(8 分) 所以 Tn4( 1 a1 1 a2)4( 1 a2 1 a3)4( 1 an 1 an1) 4( 1 a1 1 an1)(10 分) 41 4 1 （n2）2n 11 1 （n2）2n 1.(12 分) 19. (1) 证明：因为 A1O平面 ABC，AC平面 ABC， 所以 A1OAC.(1 分) 因为 ACA1B，A1BA1OA1，A1B平面 A1BO，A1O平面 A1BO， 所以 AC平面 A1BO.(3 分) 因
16、为 BC平面 A1BO，所以 ACBC.(4 分) (2) 解：以 O 为坐标原点，与 CA 平行的直线为 x 轴，OB 所在直线为 y 轴，OA1所在直 线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz， 则 O(0，0，0)，A(2 3，1，0)，B(0，1，0)，A1(0，0，1). 所以OB (0，1，0)，AB (2 3，2，0)，OA 1(0，0，1)，于是 AB4. 9 由 ABCA1B1C1是三棱台，所以 ABA1B1. 因为 A1B12，所以 A1B11 2AB ( 3，1，0). 所以 OB1OA1A1B1( 3，1，1). 设平面 BB1C1C 的法向量 n(x，y，
17、z)， 由 n OB 0， n OB10， 得 y0， 3xyz0， 取 x1，则 y0，z 3，即 n(1，0， 3).(9 分) 因为 OA1平面 ABC，所以平面 ABC 的法向量为 OA1(0，0，1)，(10 分) 所以 cos n，OA1 n OA1 |n| |OA1| 1000 31 1202（ 3）2 020212 3 2 . 因为二面角 B1BCA 为钝二面角， 所以二面角 B1BCA 的大小是5 6 .(12 分) 20. 解：(1) 依题意，X 的所有可能取值为 0，1，2，3，且 P(X0)(1 3) 3C1 3 2 3( 1 3) 21 3 1 9， P(X1)C2
18、4( 2 3) 2(1 3) 21 3 8 81， P(X2)C2 4( 2 3) 2(1 3) 22 3 16 81， P(X3)C2 3( 2 3) 21 3 2 3( 2 3) 316 27，(4 分) 所以 X 的概率分布列为 X 0 1 2 3 P 1 9 8 81 16 81 16 27 所以 E(X)01 91 8 812 16 813 16 27 184 81 .(6 分) (2) 记“甲、乙比赛两场后，两队积分相等”为事件 A. 设第 i 场甲、乙两队积分分别为 Xi，Yi，则 Yi3Xi，i1，2. 因为两队积分相等，所以 X1X2Y1Y2， 即 X1X2(3X1)(3X2
19、)，所以 X1X23.(8 分) 所以 P(A)P(X10)P(X23)P(X11)P(X22)P(X12)P(X21) P(X13)P(X20)(10 分) 1 9 16 27 8 81 16 81 16 81 8 81 16 27 1 9 1 120 6 561. 答：甲、乙比赛两场后，两队积分相等的概率为1 120 6 561.(12 分) 10 21. (1) 解：设 F1(c，0)，F2(c，0)(c0)，其中 c a2b2. 因为 PF1PF210，所以 （3c）21 （3c）2110， 解得 c216 或 c0.又 c0，故 c4.(2 分) 所以 2a （34）21 （34）2
20、14 2，即 a2 2.(4 分) 所以 b2c2a28. 所以 C 的方程为x 2 8 y2 81.(5 分) (2) 证明：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 D(x2，y2). 设直线 l 的方程为 y3xm，与双曲线 C 方程联立， 消去 y，得 8x26mxm280. 由 (6m)232(m28)0，得|m|8. x1x23m 4 ，x1x2m 28 8 .(7 分) 所以 y1y2(3x1m)(3x2m)9x1x23m(x1x2)m2m 2 8 9.(8 分) 所以 k1k2y11 x13 y21 x23 y1y2y1y21 x1x23x13x29(10 分) m 2 8
21、83（x1x2） m2 8 83（x1x2） 1. 所以 k1k2为定值(12 分) 22. (1) 解：依题意，f(x)的定义域为(0，)，且 g(x)f（x） eax aln xa1 x， 则 g(x)ax1 x2 . 当 a0 时，g(x)0 在 x(0，)上恒成立，g(x)单调递减；(2 分) 当 a0 时，令 g(x)0，得 x1 a， 所以，当 x(0，1 a)时，g(x)0，g(x)递减； 当 x(1 a，)时，g(x)0，g(x)递增 综上，当 a0 时，g(x)的减区间为(0，)，无增区间； 当 a0 时，g(x)的减区间为(0，1 a)，增区间为( 1 a，).(4 分)
22、(2) 解：因为 f(x)有两个极值点，所以 g(x)有两个零点由(1)知，a0 时不合； 当 a0 时，g(x)最小值g(1 a)a(2ln a). () 当 0ae2时，g(x)g(1 a)0，g(x)没有零点，不合； () 当 ae2时，g(1 a)0，g(x)有一个零点 1 a，不合； 11 () 当 ae2时，g(1 a)0.(6 分) g( 1 a2)a(a12ln a)， 设 (a)a12ln a，ae2，则 (a)12 a0. 所以 (a)(e2)e230，即 g( 1 a2)0. 所以存在 x1( 1 a2， 1 a)，使得 g(x1)0. 因为 g(1 e)e0，所以存在
23、x2( 1 a， 1 e)，使得 g(x2)0. f(x)的值变化情况如下表： x (0，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，) f(x) 0 0 f(x) 极大值 极小值 所以当 ae2时，f(x)有两个极值点 综上，实数 a 的取值范围是(e2，).(8 分) 证明：因为 a2e 3 2，g(2 a)a( 3 2ln 2 a)0， 所以 1 a2x1 1 ax2 2 a.(9 分) 因为 x1，x2是 g(x)aln xa1 x的两个零点， 所以 ln x11 1 ax1，ln x21 1 ax2. 所以f（x1） x1 eax1（ln x11） x1 eax1 ax2 1 ，f（x2） x2 eax2（ln x21） x2 eax2 ax2 2 . 记 h(x)e ax ax2( 1 a2x 2 a)，则 h(x) eax（x2 a） x3 0， 所以 h(x)在( 1 a2， 2 a)上单调递增 因为 1 a2x1 1 ax2 2 a，所以 h(x1)h(x2)，即 f（x1） x1 f（x2） x2 .(12 分)
