1、高三数学 试卷 41 宁波市 2021 学年第二学期高考模拟考试 高三数学试卷 说明：说明：本试题卷分选择题和非选择题两部分全卷共 4 页，满分 150 分，考试时间 120 分钟请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上 参考公式 第第卷（选择题部分，共卷（选择题部分，共 40 分）分） 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，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只有一项是符合题目要求的 1已知集合2230Ax xx= ，15Bxx=，则AB=A(1,3B)1,3C(1,5D(3,52
2、双曲线2212xy=的渐近线方程是 A2yx=B12yx= C22yx= D2yx= 3已知, a b为实数，则“2ab”是“ab”的A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分又不必要条件 柱体的体积公式：VSh=，其中S表示柱体的底面积,h表示柱体的高； 锥体的体积公式：13VSh=，其中S表示锥体的底面积, h表示锥体的高； 台体的体积公式：1122()13VhSS SS=+，其中1S,2 S分别表示台体上、下底面积, h表示台体的高； 球的表面积公式：2 4SR= ，球的体积公式：343VR=，其中R表示球的半径； 如果事件,A B互斥, 那么()( )( )P ABP
3、AP B+=+；如果事件,A B相互独立, 那么()( ) ( )P ABP A P B=；如果事件A在一次试验中发生的概率是p , 那么n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率( )()()10,1,2,kn knP kppkn= 高三数学 试卷 42 4若实数x，y满足约束条件1,24,xyy则zxy=+的最大值是 A5 B7 C9 D11 55212xx的展开式中x的系数是 A10 B52C54D546函数2( )lnxf xx=的图象大致是 A B C D7如图，在 正 三 棱 台111ABCABC中，2AB=，114AB =， 12 5AA =M，N分别是1AB，1BC的中点，则
4、A 直 线/ /MN平面ABC，直线1AB与1BC垂直 B直 线/ /MN平面ABC，直线1AB与1BC所成角的大小是3C 直 线MN与平面ABC相交，直线1AB与1BC垂直 D 直 线MN与平面ABC相交，直线1AB与1BC所成角的大小是38正实数, ,a b c互不相等且满足2222abcabbc+=+，则下列结论成立的是A2abc B2acb C2cab D2cba 9已知平面向量, ,a b c满足| 1,| | 2,| | 3=abacbc，=+cab（0,0） 当4+=时，|=c A582B622C662D70210已知数列na满足16a=，1sin()nnaa+=若1nnaa+对
5、*n N恒成立，则正实数的取值范围是A1,2 B ,3 2C,3+D,2+xy1Oxy1Oxy1Oxy1ONMCBAA1B1C1高三数学 试卷 43 第第卷（非选择题部分，共卷（非选择题部分，共 110 分）分） 二、填空题二、填空题：本大题共本大题共 7 小题小题,多空题每题多空题每题 6 分分,单空题每题单空题每题 4 分，共分，共 36 分分. 11若复数2i1iz =（i为虚数单位） ，则z等于 122022 年北京冬奥会开幕式以中国传统 24 节气作为倒计时进入，草木生长的勃勃生机拉开春意盎然的开幕式序幕在中国古代，人们用圭表测量日影长度来确定节气，一年之中日影最长与最短的日子分别被
6、定为冬至与夏至，其日影长分别为 13.5 尺与 1.5 尺从冬至到夏至，依次有冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种、夏至这十三个节气，其日影长依次成等差数列，则北京冬奥会开幕日（立春）的日影长是 尺 13 某 几 何 体 的 三 视 图 如 图 所 示（ 单 位 ：cm） ， 则 该 几 何 体 的 体积（单位：cm3）是 ， 表 面 积 （ 单 位 ： cm2） 是 14一个袋中装有大小质地完全相同的m个红球和2m个白球*()mN，从中任取 3 个球记取出的白球个数为，若1(1)5P=，则m = ，( )E= 15如图，在ABC中，73BC =，1cos3A
7、=， 点M是线段AC的三等分点（靠近点A） ， 若23BABM=，则sinAMB= ，ABC的面积是 16设aR，函数2log (1),0,( )4 ,0.x xf xaxxx=+若函数( )f x的最小值为 0，则a的取值范围是 ；若函数( ) 1yf x=有 4 个零点，则a的值是 17 已知点A是椭圆2222:1(0)xyCabab+=的左顶点， 过点A且斜率为12的直线l与椭圆C交于另一点P（点P在第一象限） 以原点O为圆心，|OP为半径的圆在点P处的切线与x轴交于点Q若PAPQ，则椭圆C离心率的取值范围是 MABC4俯视图俯视图侧视图侧视图正视图正视图22222255 高三数学 试卷
8、 44 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 74 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 18 （本题满分 14 分）已知( )=sin2cos(2)6f xxx+()xR （）求函数( )yf x=的最小正周期及单调递增区间； （）求函数( )()4yf xf x=+在0,4x的取值范围 19 （本题满分 15 分）如图，在四棱锥PABCD中， PAB，PAD均为等边三角形，BCCD= （）求证：BD 平面PAC； （）若3PABDBC=，M，N分别是PC，BC的中点，Q在边AD上，且2DQQA=求直线AM与平面PQN所成
9、角的正弦值 20 （本题满分 15 分）在正项等比数列 na中，11a =，4322aaa=+ （）求数列 na的通项公式； （）设数列 nb满足22,log,.nnnanban=为奇数为偶数求数列nnba的前2n项和2nS 21（本题满分15分） 已知点(1,1)A在抛物线22(0)ypx p=上，点( ,0)P m（其中1m ） 如图过点P且斜率为 2 的直线与抛物线交于,B C两点（点B在点C的上方） ，直线AP与抛物线交于另一点D （）记PA PDPBPC=，当3m =时，求的值； （）若ACD面积大于 27，求m的取值范围 22 （本题满分 15 分）设实数02ea，函数( )exa
10、f xx=+ （）当2ea =时，求函数( )f x的极小值； （）若存在12,x x满足120 xx，12( )()f xf x=，且11222xxxxa+，求a的取值范围 （注：e=2.71828是自然对数的底数） ABDPCxyDCBPAO高三数学 答案 81宁波市 2021 学年第二学期高考模拟考试高三数学答案一一、选择题选择题：本大题共本大题共 10 小题小题，每小题每小题 4 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题号12345678910答案BCACDDBAAB9解析：作,OAa OBb OCc ，
11、由题意| | 3,| | 3acCAbcCB 设直线OC与直线AB交于点P，(0,0)cab，点P在线段AB上（不含端点）又4，结合等和线性质，可知4OCOP 作OGAB于G，CHAB于H，有3,3CHOG PHPG记CBA 当点G在线段AB上时，3sin ,3cosCHBHAH221sincos5cos3OGCHAGOAOGBGABAG由222OGBGOB，得22sin25cos4，可解得2cos4，进而有14sin4此时，3333 23()cos,3sin1444284PHGHBGBHCH（注：点P为线段AH的中点，在线段AB上，符合题意）可得223588CPPHCH，所以45832OCP
12、C 当点G在线段AB的反向延长线上时，同方法可推得点P与点A重合，矛盾综上，58| |2cOC10解析：令nnba，则问题转化为1sinnnbb，16b ，且1nnbb当01时，则1sinsinnnnnbbbb，不符合题意；当1时，首先211sin26bbb，解得3当32时，由数归法可知：0,6nbx，其中0 x满足00sin2xx所以1sinnnnnbbbb令( )sinf xxx，0,6xx，则( )cos1fxx，所以( )f x先增后减高三数学 答案 82所以min000( )min ( ), ()min, sin0626f xff xxx所以1nnbb当2时，设0 x满足00sin2
13、xx，则存在0,2nbx，此时1sin02nnnnbbbb，不符合题意综上，正实数的取值范围是 ,3 2，故选：B二、填空题二、填空题: :本大题共本大题共 7 7 小题小题, ,多空题每题多空题每题 6 6 分分, ,单空题每题单空题每题 4 4 分，共分，共 3636 分分112122121360，64202142，2154 29，6216,4，94172(0,216解析： （1）要使( )f x的最小值为 0，则当0 x时，40axx有解，即24axx有解，所以4a （2）当0 x时，( )1f x 的解为1x；当0 x时，( )1f x 有三个解若0a，则( )1f x 至多只有两个解
14、，不符合题意，所以0a所以有241a ，解得94a 17解析：要使| |PAPQ，只要PQAPAQ ，只要PQPAkk，即只要12PQk直线AP方程为：1()2yxa，222222222211()2xyb xa ya babyxa ，得2222221()4b xaxaa b，即2223422(4)240(*)abxa xaa b 注意到1xa 为方程（*）的一个根，故42232222224444aa baababxaab，所以点322222244(,)44aababPabab，可得2232224444OPabbkaabab，进而有22244PQabkb 高三数学 答案 83解不等式12PQk，
15、得2224142abb222222122()2baacae，所以离心率的取值范围是2(0,2三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 5 小题，共小题，共 7474 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18解：( )=sin2cos(2)6f xxx31sin2cos2sin222xxx13sin2cos222xxsin(2)3x3 分（）22T5 分因为222232kxk，kZ所以51212kxk，kZ函数( )yf x的单调递增区间为5,1212kk，kZ； 7 分（）( )()4yf xf xsin(2) sin(2)323xxsin(2)
16、 cos(2)33xx12sin(4)23x10 分因为04x，所以2254333x，1213sin(4),2324yx 因此函数( )()4yf xf x在0,4x的取值范围为13,2414 分19 （）证明：取BD中点E，因为PAB，PAD均为等边三角形，BCCD，所以,A E C三点共线，且BDAE，BDPE，4分又AEPEE，所以BD 平 面PAE，即BD 平 面PAC6 分（）如图以AC、BD的交点O为坐标原点建立空间直角坐标系Oxyz设6BD ，则(3 3,0,0)A，( 3,0,2 6)P(2 3, 1,0)Q，3 3(,0)22N ，(3,0,0)C ，则(0,0, 6)M，(
17、 3 3,0, 6)AM 9 分高三数学 答案 84设平面PQN的法向量为( , , )nx y z00n QNn QP ，即5 3502232 60 xyxyz，令1x ，则3y ，0z ，即(1, 3,0)n 12 分设直线AM与平面PQN所成的线面角大小为，则|3 11sin|cos,|22|n AMn AMnAM ，因此直线AM与平面PQN所成的线面角的正弦值3 112215 分法二：易得P点在底面上的投影H为ABD的中心如图建立空间直角坐标系Hxyz设6PA ， 则(0, 2 3,0)A，(3, 3,0)B，(0,0,2 6)P，(0,2 3,0)C，则(0, 3, 6)M，( 1,
18、3,0)Q ，3 3 3( ,0)22N，于是(0,3 3, 6)AM ，(1, 3, 6)QP ，5 5 3( ,0)22QN 9 分设平面PQN的法向量为( , , )nx y z00n QNn QP ，即55 3022360 xyxyz，取(3,1,0)n 12 分设直线AM与平面PQN所成的线面角大小为，则|3 11sin|cos,|22|n AMn AMnAM ，因此直线AM与平面PQN所成的线面角的正弦值3 112215 分法三：易得P点在底面上的投影H为ABD的中心由几何关系可知：QHN三点共线，且QNAB，AHHC又易得ABBC，所以QNBC所以BC 面PQN，面ABCD 面P
19、QN点A到面PQN的距离1dBN，点M到面PQN的距离21122dCNBN设6PA ，则1233 322ddBN9 分高三数学 答案 85在PAC中，22222()4PAACPCAM，代入数据得：22222(6(4 3) )64AM，解得：33AM 12 分设直线AM与平面PQN所成的线面角大小为，则123 33 11sin222 33ddAM，因此直线AM与平面PQN所成的线面角的正弦值3 112215 分20解析： （1）设公比为(0)q q ，由题13211112aa qa qa q，2 分解得2q 或1q （舍） 4 分所以12nna5 分（2）因为22,log,.nnnanban为奇
20、数为偶数，所以2 ,1,.nnnbnn为奇数为偶数令nnnbca，则12,1,.2nnncnn 为奇数为偶数7 分所以21232121321242()()nnnnnSccccccccccc令1321nnTccc，242nnRccc则13212nnTcccn9 分24213211321222nnnnRccc则112313214222nnnR作差可得：13232111121322()2222nnnnR12 分12111(1)2124221214nnn21106533 2nn所以21106599 2nnnR14 分所以2211065299 2nnnnnSTRn15 分21解析： （）由题可知：12p
21、，所以12p ，2yx2 分当3m 时，:26BC yx，13:22AD yx ，联立解得：93(4,2),42BC高三数学 答案 8615| |4PBPC，4 分又2213230(9, 3)22yxyyDyx ，| | 15PAPD所以4PAPDPBPC6 分（）设2000),(,0C yyy ，则200:2BC yyxy令0y ，则2002ymy，即2002ymy:(1)AD xm ym联立得：2(1)0ym ym222|(1)1(1)4(1)1 (1)ADmmmmm 8 分而2002(1)(1)1ym ymdm，20011|(1)22ACDmSAD dym ym2002200000121
22、22yyyyyyy10 分220000011222yyyyy因为20012ymy且00y ，所以012y 所以2200000112()22ACDyyyySy 54320000044328yyyyy 12 分令5432000000()4432f yyyyyy ，则4323000000201627221620fyyyyyy 0fy在(,0)上单调递减又当02y 时，27ACDS所以当27ACDS时，02y 14 分20052ymy15 分22 解析：1212( )2xxaxafxeexx x -2 分高三数学 答案 87（）当2ae时，( )xefxex x，由于,xeyeyx x 在(0,)x上
23、均为增函数，可知( )xefxex x在(0,)x上单调递增-3 分又(1)0fee，故( )fx在(0,1)上“0” ，所以( )f x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，-5 分因此，( )f x的极小值为(1)3fe-6 分（）由题意，得1122min(2)xxxxa-7 分同（）分析，可知存在0(0,)x ，使得0()0fx，且( )f x在0(0,)x上单调递减，在0(,)x 上单调递增记12()()f xf xt，可知当0()tf x时，11220023xxxxxx，注意到当t 时，11222xxxx 若11222xxxx恒大于003xx，则1122min(2)xxxxa
24、等价于003xxa（*）-9 分又由0()0fx，得000000022xxaeaxx exx，代入（*） ，得0000032xxxxx e，解得03ln2x ，所以03200323(ln)2xaxx e-11 分下面证明11220023xxxxxx恒成立先证1202xxx令0200( )( )(2)2xxxaag xf xfxxeexxx0(0)xx，由0002xaxx e，得0000000022( )()2xx xxxxxxxg xeeexxx，求导得000000000( )(2) 2xx xxxxxxxg xeeex xxxxx令0,(0,1)xkx k， 考虑函数000000000000
25、00( )(2) 2kxxxkxxxxxh keekxkxxkxxkx001111()()(2) 2xxkkeek kkk高三数学 答案 88由00022xxx eae，得0(1)10011xkkxee ，所以001111()()xxkkkkeeee由于322231(1) (21)0 xxxx 对任意(0,)x成立，分别取xk和2xk，得231,2(2) 23(2) 1k kkkkk，上述两式相加，得(2) 22(2)22k kkkkkkk11211(2)2(2) 2kkkkkkk k所以11112(2) 2kkk kkk 将，两式代入( )h k，得1111( )2kkh keekk又由1x
26、ex（1x ） ，得11xex，分别取1xk 和1xk，得1111,2kkeekk11112kkeekk从而( )0h k ，也即( )0g x ，所以( )g x在0(0,)x上单调递减100(0,), ()0 xxg x，1()0g x101201()(2)()(2)f xfxxf xfxx又20010,2xxxxx，( )f x在0(,)x 上单调递增，2012xxx故有1202xxx-13 分再证11220023xxxxxx由于322310 xx 对任意(0,)x成立，分别取10 xxx和20 xxx，得112212000000213,213xxxxxxxxxxxx ，上述两式相加，得1122121200000002()23()36xxxxxxxxxxxxxxx 1122112200000022xxxxxxxxxxxxxx又由20 xx，得2200 xxxx，故有11220023xxxxxx因此，3233(ln)22ae-15 分
