1、南京市、盐城市 2021 届高三年级第二次模拟考试 数 学 试 题 (总分总分 150 分，考试时间分，考试时间 120 分钟分钟) 注意事项：注意事项： 1 1本试卷考试时间为本试卷考试时间为 120120 分钟，试卷满分分钟，试卷满分 150150 分，考试形式闭卷分，考试形式闭卷 2 2本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分 3 3答题前，务必将自己的姓名、准考证号用答题前，务必将自己的姓名、准考证号用 0 05 5 毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡 上上 第 I 卷（选择题
2、共 60 分） 一、单项选择题一、单项选择题( (本大题共本大题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 4040 分在每小题给出的四个选项中，只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有一项是符合题目要求的) ) 1设复数 z1，z2在复平面内的对应点关于实轴对称，z134i，则 z1z2 A25B25C724iD724i 【答案】A 【解析】因为 z1，z2在复平面内的对应点关于实轴对称，所以 z2z134i，所以 z1z2(3 4i)( 34i)324225，故选择A. 2设集合 A，B 是全集 U 的两个子集，则“AB”是“AUB”的 A充分不必要条件B
3、必要不充分条件 C充要条件D既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】由韦恩图，AB，而显然可得 AUB，又 AUB，可得 AB，所以“AB ”是“AUB”的充要条件，故选择 C. 3已知 a，b 是相互垂直的单位向量，与 a，b 共面的向量 c 满足 acbc2，则 c 的模为 A1 【答案】D B 2C2D2 2 【解析】不妨设 a，b 分别为平面直角坐标系中 x 轴，y 轴上的单位向量，则 a(1,0)，b (0,1)，设 c(x,y)，则 acx2，bcy2，所以 c(2,2)，所以|c| 22222 2，故选 择 D. 4在流行病学中，基本传染数是指每名感染者平均可传染的人数当基本传
4、染数高于 1时， 每个感染者平均会感染一个以上的人，从而导致感染这种疾病的人数呈指数级增长当基本 传染数持续低于 1 时，疫情才可能逐渐消散广泛接种疫苗可以减少疾病的基本传染数假 设某种传染病的基本传染数为 R0，1 个感染者在每个传染期会接触到 N 个新人，这 N 人中 有 V 个人接种过疫苗(V称为接种率)，那么 1 个感染者新的传染人数为 N R0(NV)已知新冠 N 病毒在某地的基本传染数 R02.5，为了使 1 个感染者传染人数不超过 1，该地疫苗的接种 率至少为() A40% 【答案】C B50%C60%D70% R0V 【解析】为使 1 个感染者传染人数不超过 1，即 (NV)1
5、，即 R0(1)1，由题 R0 NN 2.5，所以 2.5(1V)1 V 60%，即接种率至少为 60%，故选择 C.，所以可解得N N 2cos10sin20 5计算所得的结果为 cos20 A1B 2C 3D2 【答案】C 【解析】cos10 cos(3020)cos30cos20 sin30sin20 3 cos20 1sin20.故 22 2cos10sin203cos20 3，故选择C. cos20cos20 6密位制是度量角的一种方法把一周角等分为 6000 份，每一份叫做 1 密位的角以密位 作为角的度量单位，这种度量角的单位制，叫做角的密位制在角的密位制中，采用四个数 码表示角
6、的大小，单位名称密位二字可以省去不写密位的写法是在百位数与十位数字之间 画一条短线，如 7 密位写成“0-07”，478 密位写成“4-78”1 周角等于 6000 密位，记作 7 1 周角60-00，1 直角15-00如果一个半径为 2 的扇形，它的面积为 ，则其圆心角用密 6 位制表示为 A12-50B17-50C21-00D35-00 【答案】B 7 67S7 【解析】面积 6 ，半径为 2 的扇形所对的圆心角弧度大小为 2r22412，由题 7 12 意，其密位大小为 6000 2 1750，故用密位制表示为 17-50.故选择B. x2y2 7已知双曲线 C：a2b21(a0，b0)
7、的左、右焦点分别为 F1，F2，过点 F2作倾斜角 1 为 的直线 l 交双曲线 C 的右支于 A，B 两点，其中点 A 在第一象限，且 cos 4若 |AB|AF1|，则双曲线 C 的离心率为 3 A4B 15C2D2 【答案】D 1 【解析】由双曲线的性质，|AF1|AF2|2a 即|AB|AF2|BF2|2a，由 cos知 B 点的 4 a 2 15 (c2)(a )2 21a15 横坐标为c2a4c2， 纵坐标为a， 代入到双曲线方程可得1， 2a2b2 c 结合 c2a2b2消去 b2 即离心率为 2.故选择 D.，可得a f (x) 8已知 f (x)是定义在 R 上的奇函数，其导
8、函数为 f(x)，且当 x0 时， f (x)lnx0， x 则不等式(x21)f (x)0 的解集为 A(1， 1) C (，1)(1，) B(，1)(0，1) D(1，0)(1，) 【答案】B 【解析】设 g(x)f(x)lnx，则 g(x)f(x)lnxf(x)1(x0)，则由题意 g(x)在(0,)单调递 x， 增，且由 g(1)0 知，当 x(0,1)时 g(x)0，当 x(1,)时 g(x)0，又由 g(x)f(x)lnx， 故有 x(0,1)或(1,)时 f(x)0.因为 f(x)为奇函数，所以 x(,1)或(1,0)时 f(x)0. 综上(x21) f(x)0 的解集为(,1)
9、(0,1).故选择 B. 二、多项选择题二、多项选择题( (本大题共本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分在每小题给出的四个选项中，有分在每小题给出的四个选项中，有 多项符合题目要求的全部选对的得多项符合题目要求的全部选对的得 5 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分分) ) 9. 对于两条不同直线 m，n 和两个不同平面 ，下列选项中正确的为 A若 m，n，则 mn B若 m/，n/，则 mn 或 m/n C.若 m/，/，则 m/ 或 m D.若 m，mn，则 n/ 或 n 【答案】ACD 【解析】略
10、 10已知 ab0，下列选项中正确的为 A若 ab1，则 ab 1 B若 a2b21，则 ab1 C若 2a2b1，则 ab1 D若 log2alog2b1，则 ab1 【答案】BC a2b21 【解析】ab( ab)( ab) ab ab1，A 错误；ab ab ab 1 ，ab1，B 正确；2a2b12b(2a b1)2ab1，ab1，C 正确；log 2a ab log2b1log a，a2b，ab 无法判断，D 错误；故选择BC. 2b 11已知函数 f (x)|sinx|cosx|，则 Af (x)是周期函数Bf (x)的图象必有对称轴 ，kZDf (x)的值域为1，48Cf (x)
11、的增区间为k，k2 【答案】ABD 【解析】A 显然正确；注意到 f(x) |sin(x)| |cos(x)|sinx|cosx|f(x)， 1， 48，C错误；f(x) |sinx|故 y 轴为 f(x)的一条对称轴，B正确；注意到 f(0)f(2)f(4) k(kZ)时，取“”，又 f(x) |cosx|(11)(sinxcosx)48，当且仅当 x 24 |sinx| |cosx|sinx|2|cosx|2|sinx|cosx|1，当且仅当 xk(kZ)时，取 2 “” ， D 正确；故选择ABD. k *k 2n k 12已知 nN ，n2，p，q0，pq1设 f(k)C p q，其中
12、 kN，k2n，则 2n 2n A f(k)1 k=0 2n B kf(k)2npq k=0 n 1 n C若 np=4，则 f(k)f(8)D f(2k)f(2k1) 2k=0k=1 【答案】AC 2n 2n 2n 2n 1 kkk k 2n k 1k 2n k pkq 2n 1k 【解析】A 显然正确；kf(k)kC p q2nCp q2np C 2n2n12n1 k=0k=0k=1k=0 k k 2n k f(k)C p qp(2n1k)f(k1) p(2nk)p(2n k) 2n 2np，B 错误；，1 k qkf(k)f(k1) 1 k 1 2n 1k q(k1)q(k1)Cpq 2
13、n p(2n1k)1 n ，2nppk2npq，8pk8q，k8，C 正确；当 pq2时，f(2k) qk k=0 1 n f(2k1)，D 错误；故选 AC. 2k=1 三、填空题三、填空题( (本大题共本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分) ) 13某班 4 名同学去参加 3 个社团，每人只参加 1 个社团，每个社团都有人参加，则满足上 述要求的不同方案共有 【答案】36 种 （用数字填写答案） 【解析】依题意，四名同学可分为(1，1，2)，有 C2A36636 种. 4 3 x2y2 14已知椭圆431 的右顶点为 A，右焦点为 F，以 A 为
14、圆心，R为半径的圆与椭圆相交 于 B，C 两点若直线 BC 过点 F，则 R 的值为 13 【答案】 2 【解析】A(2,0), F(1,0), B，C 两点关于 x 轴对称，即横坐标为 1，代入椭圆方程，得 B,C 坐 3 13 3 2 . 标为(1，2）,R(21)2(02) 2 15在四棱锥 PABCD 中，PA面 ABCD，四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形，且 PA 2若点 E，F 分别为 AB，AD 的中点，则直线 EF 被四棱锥 PABCD 的外接球所截得的线 段长为 【答案】 6 【解析】注意到PAC，PBC，PDC 均为以 PC 为斜边的直角三角形，故外接球球心 O 6
15、 为 PC 中点，R2PC 3，取 EF 中点 G，又ACOC 2 ，故 GOPC，dGO 1PCGC6 2 ， l2 R2d2 6. 16牛顿迭代法又称牛顿拉夫逊方法，它是牛顿在 17 世纪提出的一种在实数集上近似求 解方程根的一种方法具体步骤如下：设 r 是函数 yf (x)的一个零点，任意选取 x0作为 r 的初始近似值，过点(x0，f (x0)作曲线 yf (x)的切线 l1，设 l1与 x 轴交点的横坐标为 x1，并 称 x1为 r 的 1 次近似值；过点(x1，f (x1)作曲线 yf (x)的切线 l2，设 l2与 x 轴交点的横坐标 为 x2，并称 x2为 r 的 2 次近似值
16、一般的，过点(xn，f (xn)(nN)作曲线 yf (x)的切线 ln 1，记 ln1与 x 轴交点的横坐标为 xn1，并称 xn1为 r 的 n1 次近似值设 f(x)x3x1(x 3x3x nn，nN*，数列a n0)的零点为 r，取x00，则r 的 2 次近似值为 ；设 an 2x31 n 的前 n 项积为 Tn若任意 nN*，Tn 恒成立，则整数 的最小值为 3 【答案】4，2 【解析】(1)f(x)3x21，取 x00，f(0)1，f(0)1，即过点(0，1)作曲线 yf(x)的 切线 l1斜率为 1，l1方程为 yx1,交 x 轴点横坐标为 1，即 x11，f(1)1，f(1)4
17、，过点 (1，1)作曲线 yf (x)的切线 l2斜率为 4，l2方程为 y4x3 交 x 轴点横坐标为3(2)f(x0) ； 4 2 x31 0 x3x 1，f (x )3x21，切线方程为 y(3x21)(xx )x3x 1,即 x ,可得出 000000001 3 x21 0 323 2x1 n11 3x1 xn1n13xxn1xn1 n1 ,即 a，所以 nN*x 的递推关系式为 x , , nnn1 3x1xn2x1 23 xn 3 xn 2x1 n1n1n1 x1 131 ，因为 f (x)0，且 f( ) ，f(1)1，所以 f(x)的有唯一零点 x( ，1)，所以 时 Tn 2
18、82xn1 1x1 当 n1 时，x(x，x ) (2，1)，所以 T (1，2).故 的最小值为 2. n11n xn1 四、解答题四、解答题( (本大题共本大题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤) ) 17(本小题满分 10 分) 在b3a；a3cosB；asinC1 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中若问题 中的三角形存在，求该三角形面积的值；若问题中的三角形不存在，说明理由 问题：是否存在ABC，它的内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，且 sinBsin(AC)3 sinC，c3，? 解
19、：因为 ABC，所以 sinBsin(AC)，所以 sinBsin(AC)(sinAcosCcosAsinC) (sinAcosCcosAsinC)2cosAsinC 3sinC，因为 C(0，)，所以 sinC0，所以 cosA 3 2 ，又 A(0，)，所以 A6. 3 若选，由正弦定理，sinB 3sinA 2 2 ，所以 B3或 3 ， 3 3 若 B3，则 CAB2，所以 bccosA ， 2 11 3 319 3 SABC2bcsinA232; 28 2 若 B 3 ，则 CAB6，所以 ac3， 1139 3 SABC2acsinB233 2 . 4 若选，因为 c3，由正弦定理
20、，sinAsinCcosB，又因为 ABC， 所以 sinAsin(CB)sinCcosBcosCsinB， 所以 cosCsinB0，又 B(0，)，所以 sinB0， 3 3， 所以 cosC0，C2，所以 bccosA 2 11 3319 3 SABC2bcsinA232. 28 1 若选，由正弦定理 csinAasinC1，由 c3，sinA 2，矛盾，所以这样的三角形不存在 . 18(本小题满分 12 分) 已知等比数列an的前 n 项和 Sn2nr，其中 r 为常数 (1)求 r 的值； (2)设 bn2(1log2an)，若数列bn中去掉数列an的项后余下的项按原来的顺序组成数列
21、 cn，求 c1c2c3c100的值 解:(1)n1 时，a1S12r， 1 n2 时，anSnSn12n，所以 a22，a34， a221，即 2r1，所以 r1， 因为an为等比数列，所以 a1a 3 an 此时，对任意 nN ，a 2，所以 n2 时，a * n 1 0，2，故a 为等比数列，所 nn1n an1 以 r1 (2)bn2(1log2an)2n， bn1bn2，所以bn是首项为 2，公差为 2 的等差数列 数列bn前 100 项为 2，4，6，8，200，其中 2，4，8，16，32，64，128 为数列an 中的项，所以cn前 100 项为bn中前 107 项去除 2，4
22、，8，16，32，64，128 后按原来顺 序构成的数列 故 c1c2c3c100(b1b2b107)(a2a3a8) 107(2214) 2(2 1)11556256211302 7 2 19(本小题满分 12 分) 某公司对项目 A 进行生产投资，所获得的利润有如下统计数据表： (1)请用线性回归模型拟合 y 与 x 的关系，并用相关系数加以说明； (2)该公司计划用 7 百万元对 A，B两个项目进行投资若公司对项目 B 投资 x(1x6)百 万元所获得的利润 y 近似满足：y0.16x0.490.49，求对 A，B两个项目投资金额分别 x1 为多少时，获得的总利润最大？ 附：附：对于一组
23、数据对于一组数据(x1，y1)，(x2，y2)，(xn，yn)，其回归直线方程，其回归直线方程yb x a 的斜率和 的斜率和 项目 A 投资金额 x （单位：x 百万元） 12345 所获利润 y （单位：y 百万元） 0.30.30.50.91 n xiyinxy i=1 ，a yb x截距的最小二乘法估计公式分别为：截距的最小二乘法估计公式分别为：b n x 2 n x2 i i=1 n xiyinxy i=1 线性相关系数线性相关系数 r一般地，相关系数一般地，相关系数 r 的绝对值在的绝对值在 0.95 以以 n ( n xinx ) ( yiny 2 2 2 2 ) i=1i=1
24、上上(含含 0.95)认为线性相关性较强；否则，线性相关性较弱认为线性相关性较强；否则，线性相关性较弱 nn 参考数据：对项目参考数据：对项目 A 投资的统计数据表中投资的统计数据表中 x y 11， y 2.24， 4.42.1 2 i ii i=1i=1 解(1)由已知数据得：x(12345)53， y(0.30.30.50.91)50.6， 5 xiyi5xy11530.62， i1 5 xi-5x (1491625)5910， 22 i=1 5 yi5y 2.2450.360.44， 22 i=1 5 xiyi5xy i=1 则b 0.2，aybx0.60.230，则有y0.2x， 5
25、 x 25 x2 i i=1 5 xiyi5xy 22 0.95240.95， i1 r 2.155 100.44 xi5 x ) ( yi5 y 2 2 2 2 () i1i1 答：线性回归方程为：y0.2x；y 与 x 线性相关性较强 (2)由于对项目 B 投资 x(1x6)百万元，则对项目 A 投资(7x)百万元， 则总利润为：y0.16x0.490.490.2(7x)，(1x6) x1 y1.890.04x0.491.930.04(x1)0.49 x1 1.930.281.65 x1 当且仅当 x13.5，即 x2.5 时，取到最大值 1.65 百万元， 答：投资 A 项目 4.5 百
26、万元，B 项目 2.5 百万元，利润最大值为 1.65 百万元 20(本小题满分 12 分) 如图，三棱柱 ABCA1B1C1的所有棱长都为 2，B1C 6，且 ABB1C （1）求证：平面 ABB1A1平面 ABC； 4 （2）若点 P 在棱 BB1上且直线 CP 与平面 ACC1A1所成角的正弦值为 ，求 BP 的长 5 z C1 C1B1 B1 A1 A1 P x C B C B O A y （第 20 题图） A （第 20 题图） 解(1)证明：取 AB 中点 O，连结 B1O，CO，在正三角形 ABC 中， COAB，且 CO3，因为 ABB1C，COB1CC， 所以 AB平面 B
27、1CO，所以 ABB1O， 因为 BO1，BB12，所以 B1O 3，因为 B1O2CO26B1C2，所以 B1OCO， 因为 COABO，所以 B1O 垂直平面 ABC，又 B1O平面 ABB1A1，所以平面 ABB1A1平 面 ABC； (2)由(1)，OC，OA，OB1两两垂直，故可分别以 OC，OA，OB1方向为 x，y，z 轴建立如图 所示的空间直角坐标系， 所以 A(0，1，0)，C(3，0，0)，B(0，1，0)，B1(0，0，3)， - - 所以AC ( 3，1，0)，CB (3，1，0)，AA1BB1(0，1， 3)，设BP BB1(0， - ， 3) ，则CPCBBP( 3
28、，1， 3). 设平面 ABB1A1的一个法向量为 n(x，y，z)， y 3 则 AC n 3xy0 ，取 x1，得， z1 AA1ny 3z0 所以 n(1， 3，1)， 设直线 CP 与平面 ACC1A1所成角的大小为 ， 则 sin|cos| (1， 3，1)( 3，1，3) | 12( 3)2(1)2 ( 3)2(1)2( 3)2 2 311 4 ，得 4 2 0，解得 ， 2 445 5 4224 11 所以 BP BB1 . 42 21.已知直线 l:yxm 交抛物线 C:y24x 于 A，B 两点 - (1)设直线 l 与 x 轴的交点为 T，若AT2 TB ，求实数 m 的值
29、； (2)若点 M，N 在抛物线 C 上，且关于直线 l 对称，求证:A，B，M，N 四点共圆 解:(1)在 yxm 中令 y0，可得 T(m，0)， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， - 因为AT 2 TB ，所以OA3 OT 2OB， 即(x1，y1)(3m2x2，2y2)，所以 y12y2， 将 yxm 代入 y24x 可得 y24y4m0， 所以 y1y24，y1y24m， 所以 y18，y24，m8， 所以实数 m 的值为8 (2)证法 1：设 M，N 两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 因为点 M，N 在抛物线 C 上，且关于直线 l 对称， 所以可设直线 M
30、N:xyn0，代入 y24x 得 y24y4n0， 所以 y3y44，y3y44n， x x 34 所以 MN 中点为(，2)， 2 y2y2x3x434(y3y4)22y3y4 因为2n， 288 所以 MN 中点为(2n，2)， 所以22nm，即 mn4， y3y44(y3y4)4 因为 kMN， y2y2x3x434y3y4 416 所以 kAMkBM 4 ， y2(y1y2)y3y1y2 y3y1y3y2 3 因为 y1y24，y1y24m， 164 所以 kAMkBM 16 1， y24y34m 4x34y34m mn 3 所以AMB90，同理ANB90， 所以 A，B，M，N 都在
31、以 AB 为直径的圆上， 所以 A，B，M，N 四点共圆 证法 2：因为点 M，N 在抛物线 C 上，且关于直线 l 对称， 所以可设直线 MN:xyn0， 所以 A，B，M，N 满足方程(xym)(xyn)2(y24x)0， 即 x2y2(mn8)x(mn)ymn0， 所以 A，B，M，N 四点共圆 注：圆锥曲线上四点共圆的充要条件是两条对棱斜率相反或斜率均不存在，参考我拙作高 中数学解析几何系统解析. 22(本小题满分 12 分) 已知函数 f (x)exaxsinxx1，x0，aR 1 (1)当 a2时，求证：f (x)0； (2)若函数 f (x)有两个零点，求 a 的取值范围 11
32、解：(1)当 af(x)=ex2xsinxx1，2时， 1 f(x)ex2(sinxxcosx)1， 11 f(x)ex2(cosxcosxxsinx)(ex1)(1cosx)2xsinx0(因为 x0，)， 所以 f(x)在区间0，为单调递增函数，所以 f(x)f(0)0， 所以 f(x)在区间0，为单调递增函数，所以 f(x)f(0)0 11 2时，f(x)ex2xsinx(2)由(1)知，当 ax10，当且仅当 x0 时取等号， 此时函数 f(x)仅有 1 个零点 1 当 a2时，因为 f(x)exaxsinxx1， 所以 f(x)exa(xcosxsinx)1，f(x)exa(xsin
33、x2cosx) 当x 2，时，f(x)0，所以 f(x)单调递增 时，f(x)exa(3sinxxcosx)当 x0，2 因为 ex0，a(3sinxxcosx)0，所以 f(x)0，所以 f(x)单调递增 又 f(0)12a0，f(2)e22a0， 因此 f(x)在0， 上存在唯一的零点 x0，且 x0(0， ) 2 当 x(0，x0)时，f(x)0，所以 f(x)单调递减； 2 当 x(x0， )时，f(x)0，所以 f(x)单调递增 2 又 f(0)0，f(x0)f(0)0，f()ea10， 因此 f(x)在0，上存在唯一的零点 x1，且 x1(x0，) 当 x(0，x1)时，f(x)0，所以 f(x)单调递减； 当 x(x1，)时，f(x)0，所以 f (x)单调递增 又 f (0)0，f (x1)f (0)0，f()e10， 所以 f(x)在(x1，)上存在唯一零点，因此 f(x)在0，上有两个零点 综上，a 的取值范围是 1 (2，)
