1、防城港市防城港市 2021 届高三模拟考试届高三模拟考试 数学（理）数学（理） 一、单选题 1已知集合 Ax|x2-10， 2 | 3 Bx x ，则 AB（ ） A(-1，1) B(1，+) C 2 1, 3 D 2 ,1 3 2已知2 1 z i i ，则复数|z|（ ） A10 B2 C1-3i D1+3i 3已知 4 cos 25 ，则 cos 2（ ） A 7 25 B 7 25 C 24 25 D 24 25 4某个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A 8 3 B 2 3 3 C 4 3 D 4 3 3 5已知圆 M：(x-4)2+(y-3)24 和两点 A(-a，
2、0)，B(a，0)，若圆 M 上存在点 P，使得APB 90，则 a 的最大值为（ ） A4 B5 C6 D7 6已知(mx+1)n的展开式中，二项式系数和为 32，各项系数和为 243，则 m（ ） A2 B3 C-2 D-3 7函数 f(x)xln|x|的图象可能是（ ） A B C D 8已知随机变量 服从正态分布 N(1，2)，且 P(0)P(a-3)，则 a（ ） A-2 B2 C5 D6 9已知ABC 的三边满足条件 22 () 3 abc bc ，则A（ ） A30 B45 C60 D120 10 已知 ,0 6 为 ( )sin( 2) | 2 f xx 的一个对称中心， 则f
3、(x)的对称轴可能为 （ ） A 2 x B 12 x C 3 x D 2 3 x 11已知双曲线 C： 22 22 1(0,0) xy ab ab 的左、右焦点分别为 F1、F2，过 F2作垂直于实 轴的弦 PQ，若 1 2 PFQ，则 C 的离心率 e 为（ ） A21 B2 C21 D22 12 已知函数 2 2 2,0 ( ) 2,0 x xxa x f x eaxex 在 R 恰有两个零点， 则实数 a 的取值范围是 （ ） A(0，1) B(e，+) C(0,1), 2 e D 2 (0,1), 2 e 二、填空题 13已知向量(1,1)a ，( 3,2)b ，若2kab与a垂直，
4、则实数 k_ 14若变量 x、y 满足约束条件 2 0 20 y xy xy ，则 zx+2y 的最大值为_ 15在三棱锥中 P-ABC，PA，PB，PC 两两相互垂直，PAPBPC1，则此三棱锥内切 球的半径为_ 16已知抛物线 C：y2x，过 C 的焦点的直线与 C 交于 A，B 两点弦 AB 长为 2，则线段 AB 的中垂线与 x 轴交点的横坐标为_ 三、解答题 17已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn+22an （1）求数列an的通项公式； （2）若 bnnan，求数列bn的前 n 项和 Tn 18在四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD底面 ABCD，底面 ABCD 为直角梯
5、形，BCAD， ADC90， 1 1 2 BCCDAD，PAPD，E，F 分别为 AD，PC 的中点 （）求证：PA平面 BEF； （）若 PEEC，求二面角 F-BE-A 的余弦值 19 某超市准备举办一次有奖促销活动， 若顾客一次消费达到 400 元则可参加一次抽奖活动， 超市设计了两种抽奖方案 方案一：一个不透明的盒子中装有 15 个质地均匀且大小相同的小球，其中 5 个红球，10 个 白球，搅拌均匀后，顾客从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得 80 元的返金券，若 抽到白球则获得 20 元的返金券，且顾客有放回地抽取 3 次 方案二：一个不透明的盒子中装有 15 个质地均匀且大小相
6、同的小球，其中 5 个红球，10 个 白球，搅拌均匀后，顾客从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得 100 元的返金券，若 抽到白球则未中奖，且顾客有放回地抽取 3 次 （1）现有两位顾客均获得抽奖机会，且都按方案一抽奖，试求这两位顾客均获得 240 元返 金券的概率； （2）若某顾客获得抽奖机会 试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得返金券的数学期望； 该顾客选择哪一种抽奖方案才能获得更多的返金券？ 20在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 22 22 1(0) xy ab ab 的离心率为 3 2 ，过椭圆右焦点 F 作两条互相垂直的弦 AB 与 CD，当直线 AB 的斜率为 0 时，|AB
7、|+|CD|5 （1）求椭圆的方程； （2）求由 A，B，C，D 四点构成的四边形面积的取值范围 21已知函数 1 ( )ln 1 x f xax x （1）讨论 f(x)的单调性； （2）当时 x(0，1)， 2 4 1 axax x ee x ，求实 a 数的取值范围 选做题： 22在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 1 1 2 3 2 xt yt （t 为参数），在以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 C 的极坐标方程为 2(1+3cos2)4 （1）写出直线 l 的普通方程与曲线 C 的直角坐标方程； （2）设点 M(1，0)若直线 l 与曲线
8、C 相交于不同的两点 A，B，求|AM|+|BM|的值 23已知函数 f(x)|x+1| （1）求不等式 f(x)|2x+1|-1 的解集； （2）关于 x 的不等式 f(x-2)+f(x-3)a 的解集不是空集，求实数 a 的取值范围 防城港市防城港市 2021 届高三模拟考试届高三模拟考试 数学（理）数学（理） 参考答案参考答案 1 D 【详解】 由已知 Ax|x2-10 x|-1x1， 又 2 | 3 Bx x ， 则 2 ,1 3 AB 故 选：D 2A【详解】由题意可得：z(2+i)(1+i)1+3i，则|1910z 本题选择 A 选项 3B【详解】由题意结合诱导公式可得： 4 si
9、ncos 25 ，则 2 cos212sin1 2 47 2 525 4C【详解】由三视图可知，几何体为高为 2 的三棱锥三棱锥体积： 111 2 332 VSh 4 22 3 选项：C 5D【详解】若点 P 满足APB90，则点 P 在以 AB 为直径的圆上，据此可知，满足题 意时， 圆 x2+y2a2与圆(x-4)2+(y-3)24 有公共点， 两圆的圆心距： 22 (04)(03)5d ， 两圆的半径 r1a，r22，满足时应有：|r1-r2|d|r1+r2|，即：|a-2|5|a+2|，求解关于 实数 a 的不等式可得：3a7，则 a 的最大值为 7 6A【详解】展开式二项式系数和为
10、32，则：2n32，故 n5则各项系数和为(m1+1)5 243，据此可得：m2 7A【详解】函数的定义域x|x0关于坐标原点对称，且由函数的解析式可知： f(-x) -xln|-x|-xln x-f(x)，则函数 f(x)为奇函数，其图象关于坐标原点对称，选项 CD 错误； 当 x0 时，f(x)xln x，则 1 ( )lnln1fxxxx x ，当 1 0,x e 时，f(x)0，f(x)单调 递减， 当 1 ,x e 时，f(x)0，f(x)单调递增，即函数 f(x)在区间(0，+)内先单调递减， 再单调递增，据此可排除 B 选项，本题选择 A 选项 8 C 【详解】 随机变量 服从正
11、态分布 N(1， 2)， 则正态分布的图象关于直线 x1 对称， 结 合 P(0)P(a-3)有 0(3) 1 2 a ，解得：a5本题选择 C 选项 9D【详解】由 22 () 3 abc bc 可得：(b-c)2-a2-3bc，则 222 1 cos 22 bca A bc ，据此 可得A120 10 B 【详解】 由题意可知， 当 6 x 时， 22() 6 xkkZ ， 据此可得：k () 3 kZ，令 k0 可得 3 ，则函数的解析式为 ( )2sin 2 33 f xxx ，函数 的对称轴满足： 2() 32 xkkZ，解得： 5 () 212 k xkZ，令 k-1 可知函数的一
12、 条对称轴为 12 x ，且很明显选项 ACD 不是函数 f(x)的对称轴本题选择 B 选项 11 C 【详解】 双曲线的左右焦点分别为 F1、 F2， 过 F2作垂直于实轴的弦 PQ， 若 1 2 P FQ， 则：PF1Q 为等腰直角三角形由于通径 2 2b PQ a ，则： 2 2 b c a ，解得：c2-a2-2ac0， 所以：e2-2e-10， 解得：12e ；由于 e1，所以：12e ，故选：C 12D 解：当 x0 时，f(x)-1-e20，故 0 不是函数的零点；当 x(0，+)时，f(x)0 等 价于 2 2 x ee a x 令 2 ( ) x ee g x x ，则 2
13、2 ( ) xx xeee g x x 当 x2 时，g(x)0，当 x2 时，g(x)0，当 x2 时，g(x)0，g(x)e2，即 2ae2， 2 2 e a 当 0a1 时， f(x)在(-，0)上有两个零点，则 f(x)在(0，+)无零点，则 2 2 e a ，0a1； 当 a0 或 a1 时，f(x)在(-，0)上有一个零点，故 f(x)在(0，+)上需要有一个零点，此时不合题 意； 当a1时， f(x)在(-， 0)上无零点， 故f(x)在(0， +)上需要有两个零点， 则 2 2 e a 综 上，实数 a 的取值范围是 2 (0,1), 2 e 故选：D 13 -1 【详解】 由
14、平面向量的坐标运算可得：2(1,1)2( 3,2)(6,4)kabkkk，2kab 与a垂直，则(2 )0kaba，即：(k+6)1+(k-4)10，解得：k-1 148【详解】绘制不等式组表示的可行域如图所示，结合目标函数的几何意义可得目标函 数在点 B(4，2)处取得最大值，其最大值为：zmax4+228 15 1 33 或 33 6 【详解】由题意可知，三棱锥的三个面是直角边长为 1 的等腰直角三 角形，一个面是边长为2的等边三角形，则三棱锥的表面积为： 11 31 1 22 S 22sin60，设三棱锥的内切球半径为 R，利用等体积法可知： 11 1 11 32 SR ， 即： 111
15、1 31 122sin601 11 2232 R ，解得： 1 33 R ，即R 33 6 16 5 4【详解】 设直线 AB 的倾斜角为 ， 由抛物线的焦点弦公式有： 22 21 |2 sinsin p AB ， 则 2 1 sin 2 ，tan21，由抛物线的对称性，不妨取直线 AB 的斜率 ktan 1，则直线 AB 的方程为： 1 4 yx，与抛物线方程联立可得： 2 31 0 216 xx，由韦达定理可得： 12 xx 3 2 ，设 AB 的中点 M(xM，yM)，则 12 3 24 M xx x ， 11 42 MM yx，其垂直平分线方程 为： 13 24 yx ， 令 y0 可
16、得 5 4 x ， 即线段 AB 的中垂线与 x 轴交点的横坐标为 5 4 17【解】（1）Sn+22anSn-1+22an-1，(n2) -得 Sn-Sn-12an-2an-1an， 则 1 2(2) n n a n a ，在式中，令 n1，得 a12数列an是首项为 2，公比为 2 的等比 数列，an2n； （2） bnn2n所以 Tn121+222+3 23+(n-1)2n -1+n2n 则 2T n12 2+223+ +(n-2) 2n -1+(n-1) 2n+n 2n+1 -得， 2311 2 (12 2222 2 ) 22 1 n nnn n Tn 11 22 (1 22) nnn
17、 nn Tn(n-1)2n +1+2 18【解】（1）连接 AC 交 BE 于 O，并连接 EC，FO，BCAD， 1 2 BCAD，E 为 AD 中点，AEBC，且 AEBC，四边形 ABCE 为平行四边形，O 为 AC 中点，又 F 为 PC 中点，OFPA，OF平面 BEF，PA平面 BEF，PA平面 BEF （2）由题意可知 PE面 ABCD，BEAD，如图所示，以 E 为原点，EA、EB、EP 分别为 x、y、z 建立直角坐标系，则 E(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，1，0)， 1 12 , 2 22 F 平面 ABE 法向量可取：(0,0,1)n ，平面 FBE 中，设法
18、向量为( , , )ma b c， 则 0 0 m EB m EF 000 112 0 222 b abc ，取( 2,0,1)m ， 1 cos, |3 m n m n m n ，所以二面角 F-BE-A 的 余弦值为 3 3 19（1）选择方案一，则每一次摸到红球的概率为 51 153 p 设“每位顾客获得 240 元返金券”为事件 A，则 3 3 3 11 ( )C 327 P A 所以两位顾客均获得 240 元返金券的概率 1 ( )( ) 729 PP AP A （2） 若选择抽奖方案一， 则每一次摸到红球的概率为 1 3 ， 每一次摸到白球的概率为 2 3 设 获得返金券金额为 X
19、 元，则 X 可能的取值为 60，120，180，240 则 3 0 3 2 (60)C 3 P X 8 27 ； 12 1 3 124 (120)C 339 P X ； 2 2 3 122 (1 8 0 )C 339 P X ； 3 3 3 1 (240)C 3 P X 1 27 所以选择抽奖方案一，该顾客获得返金券金额的数学期望为 8 ()60120 27 E X 421 180240120 9927 （元） 若选择抽奖方案二，设三次摸球的过程中，摸到红球的 次数为 Y，最终获得返金券的金额为 Z 元，则 1 3, 3 YB ，故 1 ( )31 3 E Y 所以选择抽 奖方案二，该顾客获
20、得返金券金额的数学期望为 E(Z)E(100Y)100（元） 即 E(X)E(Z)，所以应选择第一种抽奖方案 20【解】（1）由题意知 3 2 c e a ，则 2 3 3 ac， 3 3 bc， 2 2 | 2 b ABCDa a 4 33 5 33 cc所以3c ，所以椭圆的方程为 2 2 1 4 x y； （2）当两条弦中一条斜率为 0 时，另一条弦的斜率不存在， 由题意知 1 | 2 SAB 四边形 1 |4 12 2 CD 当两弦斜率均存在且不为 0 时，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 且设直 线 AB 的方程为(3)yk x， 则直线 CD 的方程为 1 (3)yx k
21、将直线 AB 的方程 代入椭圆方程中，并整理得 2222 (148 31240)kxk xk， 则 2 12 2 8 3 14 k xx k ， 12 x x 2 2 124 14 k k 所以 22 22 12 22 4 14(1 |1|1 141 ) 4 | kk ABkxxk kk ， 同理|CD 22 2 2 1 4 1 4(1) 4 4 1 kk k k ， 所以 222 2 2242 11 4(14(18(1 | | 2214441 ) 74 )kkk SABCD kkkk 四边形 2 22 1 8 18 2 11 4949 k k kk kk ， 由 2 2 11 494 292
22、5kk kk ，当且仅当 k 1 时取等号 32 ,2 25 S 四边形 ，综合与可知， 32 ,2 25 S 四边形 21【解】 （1）10 1 x x -1x1， 2 2 ( ) 1 fxa x ，-1x1，f(x) 2-a， （） 当 a2 时， f(x)0， f(x)在(-1， 1)上单调递增； （） 当 a2 时，( )0fx 22 1, 1x aa ，f(x)在 22 1, 1 aa 上单调递减；f(x)在 2 11 a ， 2 1,1 a 上单调递增 （2）（）当 a2 时，由（1）知 f(x)在(-1，1)上单调递增；x(0，1)，f(x)f(0)0 f(-x)即有： 1 ln
23、 1 x ax x ， 1 ln 1 x ax x ， 从而可得：1 1 ax x e x ，1 1 ax x e x ， axax ee 2 4 1 x x ； （） 当 a2 时， 由 （1） 知 f(x)在 22 1, 1 aa 上单调递减； 2 0, 1x a ， f(x)f(0)0f(-x)， 即有： 1 ln 1 x ax x ， 1 ln 1 x ax x 从而可得：1 1 ax x e x ，1 1 ax x e x ， 2 4 1 axax x ee x ，不合题意，舍去 综上所述，实数 a 的取值范围为 a2 22【解】（1）由直线 l 的参数方程消去参数 t，得直线 l
24、的普通方程为330 xy， 又将曲线 C 的极坐标方程化为 2+32cos24，曲线 C 的直角坐标方程为 2 2 1 4 y x （2）将直线 l 的参数方程代入 2 2 1 4 y x 中，得 2 2 13 4 14 22 tt ，得 7t2+16t0 此 方程的两根为直线 l 与曲线 C 的交点 A，B 对应的参数 t1，t2，得 1 16 7 t ，t20，由直线 参数的几何意义，知 12 16 | 7 AMBMtt 23 解： （1） f(x)|2x+1|-1， |x+1|-|2x+1|+10 当 x-1 时， 不等式可化为-x-1+(2x+1)+1 0，解得 x-1，所以 x-1； 当 1 1 2 x ，不等式可化为 x+1+(2x+1)+10，解得 x -1，无解； 当 1 2 x 时，不等式可化为 x+1-(2x+1)+10，解得 x1，所以 x1 综上 所述，A(-，-1)(1，+) （2）因为 f(x-2)+f(x-3)|x-1|+|x-2|(x-1)-(x-2)|1 且 f(x-2)+f(x-3)a 的解集不是空集， 所以 a1，即 a 的取值范围是(1，+)
