江苏省南京市、盐城市2021届高三数学下学期3月第二次模拟考试试题（含解析）.doc

1、江苏省南京市、盐城市2021届高三数学下学期3月第二次模拟考试试题（含解析）(总分 150 分，考试时间 120 分钟)注意事项：1本试卷考试时间为 120 分钟，试卷满分 150 分，考试形式闭卷 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 3答题前，务必将自己的姓名、准考证号用 05 毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上 第I 卷（选择题共 60 分）一、单项选择题(本大题共 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设复数 z1，z2 在复平面内的对应点关于实轴对称，z134i，则 z1z2A25 B25 C724iD7

2、24i【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 z2z1 34i，所以 z1z2(34i)( 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】DB 2C2D2 2【解析】不妨设 a，b 分别为平面直角坐标系中 x

3、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NR0(NV)已知新冠N病毒在某地的基

4、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】CB50%C60%D70%R0V【解析】为使 1 个感染者传染人数不超过 1，即 (NV)1，即 R0 (1 )1，由题 R0NN2.5，所以 2.5(1V)1V60%，即接种率至少为 60%，故选择 C.，所以可解得NN2cos10sin205计算 所得的结果为cos20A1B 2C 3D2【答案】C【解析】cos10 cos(30 20) cos30cos20 sin30sin20 3 cos20 1 sin20. 故222cos10sin20 3cos20 3，故选择C.cos20co

5、s206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71 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】B767 S 7【解析】面积 6 ，半径为 2 的扇形所对的圆心角弧度大小为 2r2

6、2412，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. x2y27已知双曲线 C：a2b21(a0，b0)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 cos4若|AB|AF1|，则双曲线 C 的离心率为3A4B 15C2D2【答案】D1【解析】由双曲线的性质，|AF1|AF2|2a 即|AB|AF2|BF2|2a，由 cos 知 B 点的4a 2 15(c2)(a )221 a 15横坐标为 c2a4c2，纵坐标为a，代入到双曲线方程可得1，2a2b2

7、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

8、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)(0,1).故选择 B.二、多项选择题(本大题共 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的全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 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 mnB若 m/，n/，则 mn 或 m/nC. 若 m/，/，则 m/ 或 mD. 若 m，mn，则 n/ 或 n【答案】ACD【解析】略10已知 ab0，下列选项中正确的为A若 a b1，则 ab1B若

9、a2b21，则 ab1C若 2a2b1，则 ab1D若 log2alog2b1，则 ab1【答案】BCa2b2 1 【解析】ab( a b)( a b) a b a b1，A 错误；ab ab ab 1 ，ab1，B 正确；2a2b12b(2ab1)2ab1，ab1，C 正确；log2aablog2b1log a，a2b，ab 无法判断，D 错误；故选择BC.2b11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1，4 8Cf (x)的增区间为k，k2【答案】ABD【解析】A 显然正确；注意到 f(x) |si

10、n(x)| |cos(x)| |sinx| |cosx|f(x)， 1， 4 8，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) 4 8，当且仅当 x24|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*k2nk12已知 nN ，n2，p，q0，pq1设 f(k)C p q，其中 kN，k2n，则2n2nA f(k)1k=02nB kf(k)2npqk=0n

11、1nC若 np=4，则 f(k)f(8)D f(2k)f(2k1) 2k=0k=1【答案】AC2n2n2n2n1kkkk2n k1k 2n kpkq2n1k【解析】A 显然正确； kf(k) kC p q 2nCp q2np C2n2n12n1k=0k=0k=1k=0kk 2n k f(k)C p qp(2n1k) f(k1)p(2nk) p(2nk)2n2np，B 错误；，1kqkf(k)f(k1)1 k 1 2n 1kq(k1)q(k1)Cpq2n p(2n1k)1n，2nppk2npq，8pk8q，k8，C 正确；当 pq2时，f(2k)qkk=01n f(2k1)，D 错误；故选 AC

12、.2k=1三、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 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 3x2y214已知椭圆4 3 1 的右顶点为 A，右焦点为 F，以 A 为圆心，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3 133 2.

13、标为(1，2）,R(21)2(02)215在四棱锥 PABCD 中，PA面 ABCD，四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形，且 PA2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为 PC 中点，R2PC 3，取 EF 中点 G，又ACOC 2 ，故 GOPC，dGO1 PCGC 62 ，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

14、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 次近似值一般的，过点(xn，f (xn)(nN)作曲线 yf (x)的切线 ln1，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(x3x3xnn，nN*，数列an0)的零点为 r，取x00，则r 的

15、2 次近似值为；设an2x31n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，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)；42 x310x3x 1，f (x )3x21，切线方程为 y(3x21)(xx )x3x 1,即 x ,可得出0000000013

16、x2103232x1n113x1 xn1n13xxn1xn1n1,即 a，所以 nN*x 的递推关系式为 x , ,nnn13x1 xn2x123xn3xn2x1n1n1n1x1131，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 Tn282xn11x1当 n1 时，x(x，x ) (2，1)，所以 T (1，2).故 的最小值为 2.n11nxn1四、解答题(本大题共 6 小题，共 70 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b 3a；a3cosB；asinC1 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中若

17、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) 3sinC，c3， ?解：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 32 ，又 A(0，)，所以 A6. 3若选，由正弦定理，sinB 3sinA22 ，所以 B3或 3 ，3 3若 B3，则 CAB2，所以 bccosA，211 3 319

18、 3SABC2bcsinA232;282若 B 3 ，则 CAB6，所以 ac3，11 39 3SABC2acsinB233 2 .4若选，因为 c3，由正弦定理，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 bccosA211 3 319 3SABC2bcsinA232.281若选，由正弦定理 csinAasinC1，由 c3，sinA2，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

19、，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cn，求 c1c2c3c100 的值 解:(1)n1 时，a1S12r，1n2 时，anSnSn12n ，所以 a22，a34，a221，即 2r1，所以 r1，因为an为等比数列，所以 a1a3 an 此时，对任意 nN ，a 2，所以 n2 时，a*n 10，2，故a 为等比数列，所nn1nan1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，

20、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 2，4，8，16，32，64，128 后按原来顺序构成的数列故 c1c2c3c100(b1b2b107)(a2a3a8)107(2214)2(2 1)115562562113027219(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：y0.16x0.49 0.49，

21、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：对于一组数据(x1，y1)，(x2，y2)，(xn，yn)，其回归直线方程ybxa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）0.30.30.50.91n xiyinx y i=1，ay bx 截距的最小二乘法估计公式分别为：bn x 2nx 2ii=1n xiyinx yi=1 线性相关系数 r一般地，相关系数 r 的绝对值在 0.95 以n(n xi nx ) ( yi ny2222)i=1i=1上(含 0.95)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

22、 A 投资的统计数据表中 x y 11， y 2.24， 4.42.12i iii=1i=1解(1)由已知数据得：x(12345)53， y(0.30.30.50.91)50.6，5 xiyi5xy11530.62，i15 xi -5x (1491625)5910，22i=15 yi 5y 2.2450.360.44，22i=15 xiyi5 x y i=1则b 0.2，a y bx 0.60.230，则有y0.2x，5 x 25x 2ii=15 xiyi5 x y 2 20.95240.95，i1r2.155100.44 xi 5 x ) ( yi 5 y2222()i1i1答：线性回归方程

23、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：y0.16x0.49 0.490.2(7x)，(1x6)x1y1.890.04x0.49 1.930.04(x1)0.49 x11.930.281.65x1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 A

24、BC；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5zC1C1B1B1A1A1PxCBCBOAy （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 B1CO，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

25、，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CP CB BP ( 3，1， 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 AA1ny3z0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，

26、3)|12( 3)2(1)2 ( 3)2(1)2( 3)2 2 3114 ，得 4 2 0，解得 ，24455 422411所以 BP BB1 .4221.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AT 2 TB ，求实数 m 的值；(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 yx

27、m 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 MN:xyn0，代入 y24x 得 y24y4n0，所以 y3y44，y3y44n，x x34所以 MN 中点为(，2)，2y2y2 x3x434(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 4 16所以 k

28、AMkBM 4，y2(y1y2)y3y1y2y3y1 y3y23因为 y1y24，y1y24m， 16 4 所以 kAMkBM 161，y24y34m4x34y34mmn3所以AMB90，同理ANB90，所以 A，B，M，N 都在以 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

29、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，aR1(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解：(1)当 af(x)=ex2xsinxx1，2时，1f(x)ex2(sinxxcosx)1，11f(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)0112时，f(x)ex2xsinx(2)由(1)知，当 ax10，当

30、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(xsinx2cosx)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，