江苏省南京师范大学附属中学2021届高三高考数学模拟试卷 WORD版含解析.doc

1、2021年江苏省南京师大附中高考数学模拟试卷一、选择题（共8小题）.1设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z13+4i，则z1z2（）A25B25C724iD724i2已知集合A（3，+），集合Bx|3x9，则xA是xB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已知，为单位向量，且0，若3，则cos，（）ABCD4函数的图象大致是（）ABCD5一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群该塔群随山势凿石分阶而建，依山势自上而下，第一阶1座，第二阶3座，第三阶3座，第四阶5座，第五阶5座，从第五阶开始塔的数目构成一个首项为5，公差为

2、2的等差数列，总计108座，故名一百零八塔则该塔的阶数是（）A10Bl1C12D136若，则实数的值为（）A3BC2D47已知矩形ABCD，AB1，AD2，点E为BC边的中点将ABE沿AE翻折，得到四棱锥BAECD，且平面BAE平面AECD，则四面体BECD的外接球的表面积为（）AB4CD58已知（a2），（b3），（c4），则（）AcbaBcabCabcDacb二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，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高三（1）班有45人，拟采用无记名投票方式从5名候选人中选出3名优秀学生选举规则为每人必须

3、投且只能投一票，限在候选人中选择，候选人获票数居前三名的当选在当选的3名候选人中，由票数高低决定获奖等次，分别为省级三好学生、市级三好学生、区级三好学生由事前的民意调查得知，候选人张某的得票数刚好达到候选人得票数的平均数，如果张某决定投自己一票，请问下面预测张某当选结果中正确的有（）A不可能获省三好学生称号B可能获市三好学生称号C一定能获奖D可能落选10函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的有（）Af（x）的周期为Bf（x）的单调递减区间是（kZ）Cf（x）的图象的对称轴方程为（kZ）Df（2020）+f（2021）011已知椭圆C：（ab0）的左，右两焦点分别是F1，F2，其中F1F22

4、c直线l：yk（x+c）（kR）与椭圆交于A，B两点则下列说法中正确的有（）AABF2的周长为4aB若AB的中点为M，则C若，则椭圆的离心率的取值范围是D若AB的最小值为3c，则椭圆的离心率12将2n（nN*）个有编号的球随机放入2个不同的盒子中，已知每个球放入这2个盒子的可能性相同，且每个盒子容纳球数不限记2个盒子中最少的球数为X（0Xn，XN*），则下列说法中正确的有（）A当n1时，方差B当n2时，Cn3，k0，n）（k，nN*），使得P（Xk）P（Xk+1）成立D当n确定时，期望三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知f（x）（lnx+1）x在点（1，f（1）处的切线方程

5、为 14已知随机变量XN（2，2），若P（X4）0.1，则P（0X4） 15已知在的展开式中，第5项的二项式系数与第3项的二项式系数之比为5：2，则展开式中的常数项为 ，此时 （结果用数字表示）16三等分角是古希腊三大几何难题之一公元3世纪末，古希腊数学家帕普斯利用双曲线解决了三等分角问题如图，已知圆心角ACB是待三等分的角（0ACB）具体操作方法如下：在弦AB上取一点D，满足AD2DB，以AD为实轴，为虚轴作双曲线，交圆弧AB于点M，则ACM2MCB，即CM为ACB的三等分线已知双曲线E的方程为，点A，D分别为双曲线E的左，右顶点，点B为其右焦点，点C为双曲线E的右准线上一点，且不在x轴上，

6、线段CB交双曲线E于点P若扇形CMB的面积为，则的值为 四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17在ABC中，AC2（1）若，求ABC的面积；（2）若，求BC的长18已知数列an满足a11，数列bn是公差不为0的等差数列若bn满足_，_在b1，b2，b4成等比数列，a2b1+b4，这三个条件中任选两个，补充到上面的问题中，若问题中的数列bn存在，求数列的前n项和Sn；若问题中的数列bn不存在，说明理由192021年4月17日，江苏园博会正式向公众开放昔日废弃采矿区化茧成蝶，变身成了“世界级山地花园群”园博园的核心景区苏韵荟谷以流水串联，再现了江苏13个地市历

7、史名园的芳华，行走其间，仿佛穿游在千年历史长河中，吸引众多游客前来打卡某旅行社开发了江苏园博园一日游线路，考虑成本与防疫要求，每团人数限定为不少于35人，不多于40人除去成本，旅行社盈利100元/人已知该旅行社已经发出的10个旅行团的游客人数如表所示：序号12345游客人数3935383836序号678910游客人数3940374038（1）该旅行社计划从这10个团队中随机抽取3个团队的游客，就服务满意度进行回访，求这3个团队人数不全相同的概率；（2）预计暑假期间发团200个，将盈利总额记为X（单位：万元），用表中的频率估计概率，求X的数学期望20如图所示的几何体是由一个直三棱柱和半个圆柱拼接

8、而成其中，FAB90，ABAF2，点G为弧的中点，且C，G，D，E四点共面（1）证明：D，G，B，F四点共面；（2）若平面BDF与平面ABG所成锐二面角的余弦值为，求AD长21在平面直角坐标系xOy中，已知点E（0，2），以OE为直径的圆与抛物线C：x22py（p0）交于点M，N（异于原点O），MN恰为该圆的直径过点E作直线交抛物线与A，B两点，过A，B两点分别做抛物线C的切线交于点P（1）求证：点P的纵坐标为定值；（2）若F是抛物线C的焦点，证明：PFAPFB22已知函数f（x）tanxsinx，g（x）xsinx，x（1）证明：关于x的方程f（x）g（x）x在上有且仅有一个实数根；（2）当

9、x时，f（x）ag（x），求实数a的最大值参考答案一、选择题（共8小题）.1设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z13+4i，则z1z2（）A25B25C724iD724i解：由复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，且z13+4i，得z23+4i，z1z2（3+4i）（3+4i）（4i）23216925故选：A2已知集合A（3，+），集合Bx|3x9，则xA是xB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解：Bx|3x9（2，+），AB，xA是xB的充分不必要条件故选：A3已知，为单位向量，且0，若3，则cos，（）ABCD解：，为单位向量，且0

10、，3，则cos，故选：C4函数的图象大致是（）ABCD解：根据题意，函数，其定义域为R，有f（x）cos（x）ln（x）cosxln（+x）f（x），则f（x）为奇函数，排除CD，在区间（0，）上，cosx0，+x1，ln（+x）0，则f（x）0，排除A，故选：B5一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群该塔群随山势凿石分阶而建，依山势自上而下，第一阶1座，第二阶3座，第三阶3座，第四阶5座，第五阶5座，从第五阶开始塔的数目构成一个首项为5，公差为2的等差数列，总计108座，故名一百零八塔则该塔的阶数是（）A10Bl1C12D13解：设该数列为an，由题意得，a5，a

11、6，成等差数列，公差d2，a55，设塔群共有n层，则1+3+3+5+5（n1）+2108，解得，n12，故选：C6若，则实数的值为（）A3BC2D4解：由，得，所以，即sin402cos202sin204sin（6020）4sin40，所以4故选：D7已知矩形ABCD，AB1，AD2，点E为BC边的中点将ABE沿AE翻折，得到四棱锥BAECD，且平面BAE平面AECD，则四面体BECD的外接球的表面积为（）AB4CD5解：如图所示，取AE，DE中点分别为G，H，连结BG，作HIBG，且HIBG，设外接球球心为O，半径为r，由平面BAE平面AECD，易知BG平面AECD，则有IH平面DEC，且易

12、知球心O在IH上，四边形BGIH为矩形，设OHt，则有，解得，所以r1，此时点I与点O重合，外接球表面积为4故选：B8已知（a2），（b3），（c4），则（）AcbaBcabCabcDacb解：记，有，f（x）在（0，1）单调递减，在（1，+）单调递增，又有f（a）f（2），f（b）f（3），f（c）f（4），则f（2）f（3）f（4），f（a）f（b）f（c），a2，b3，c4，a，b，c（0，1），cba故选：A二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，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高三（1）班有45人，拟采用无记名投

13、票方式从5名候选人中选出3名优秀学生选举规则为每人必须投且只能投一票，限在候选人中选择，候选人获票数居前三名的当选在当选的3名候选人中，由票数高低决定获奖等次，分别为省级三好学生、市级三好学生、区级三好学生由事前的民意调查得知，候选人张某的得票数刚好达到候选人得票数的平均数，如果张某决定投自己一票，请问下面预测张某当选结果中正确的有（）A不可能获省三好学生称号B可能获市三好学生称号C一定能获奖D可能落选解：高三（1）班有45人给5人投票，平均每人9票，则张某得10票，其它4人共得35票若其它4人得票数为9、9、9、8，则A错；若其它4人得票数为11、11、11、2，则C错D对；若其它4人得票数

14、为15、8、7、5，则B对故选：BD10函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的有（）Af（x）的周期为Bf（x）的单调递减区间是（kZ）Cf（x）的图象的对称轴方程为（kZ）Df（2020）+f（2021）0解：根据函数的部分图象，可得cos，结合五点法作图，可得+，故f（x）cos（x+），故f（x）的最小正周期为2，故A错误；令2kx+2k+，kZ，求得2kx2k+，kZ，所以函数f（x）的减区间为2k，2k+，kZ，故B正确；令x+k，kZ，求得xk，kZ，所以f（x）的图象的对称轴方程为xk，kZ，故C正确；f（2020）+f（2021）cos（2020+）+cos（2021+）c

15、os+cos0，故D正确，故选：BCD11已知椭圆C：（ab0）的左，右两焦点分别是F1，F2，其中F1F22c直线l：yk（x+c）（kR）与椭圆交于A，B两点则下列说法中正确的有（）AABF2的周长为4aB若AB的中点为M，则C若，则椭圆的离心率的取值范围是D若AB的最小值为3c，则椭圆的离心率解：，A正确；设A（x1，y1），B（x2，y2），M，有，由，作差得：，所以，则有，B错误；，则有a22c23c2a2c2，可得，C正确；易知AB的最小值为通径，则有，即2a23ac2c20，解得a2c，所以，D错误故选：AC12将2n（nN*）个有编号的球随机放入2个不同的盒子中，已知每个球放入

16、这2个盒子的可能性相同，且每个盒子容纳球数不限记2个盒子中最少的球数为X（0Xn，XN*），则下列说法中正确的有（）A当n1时，方差B当n2时，Cn3，k0，n）（k，nN*），使得P（Xk）P（Xk+1）成立D当n确定时，期望解：当n1时，则，A正确；当n2时，B错误；易知，kn2，又有，所以P（Xnl）P（Xn），C正确；易知，D正确故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知f（x）（lnx+1）x在点（1，f（1）处的切线方程为2xy10解：由f（x）（lnx+1）x，得f（x）1+lnx+1lnx+2，f（1）2，又f（1）1，f（x）（lnx+1）x在点（1

17、，f（1）处的切线方程为y12（x1），即2xy10故答案为：2xy1014已知随机变量XN（2，2），若P（X4）0.1，则P（0X4）0.8解：因为随机变量XN（2，2），所以正态曲线的对称轴是X2，所以P（X4）P（X0）0.1，则P（0X4）120.10.8故答案为：0.815已知在的展开式中，第5项的二项式系数与第3项的二项式系数之比为5：2，则展开式中的常数项为1120，此时3280（结果用数字表示）解：依题意有，解得n8，通项为，取r4，得常数项为；，故答案为：1120，328016三等分角是古希腊三大几何难题之一公元3世纪末，古希腊数学家帕普斯利用双曲线解决了三等分角问题如图，

18、已知圆心角ACB是待三等分的角（0ACB）具体操作方法如下：在弦AB上取一点D，满足AD2DB，以AD为实轴，为虚轴作双曲线，交圆弧AB于点M，则ACM2MCB，即CM为ACB的三等分线已知双曲线E的方程为，点A，D分别为双曲线E的左，右顶点，点B为其右焦点，点C为双曲线E的右准线上一点，且不在x轴上，线段CB交双曲线E于点P若扇形CMB的面积为，则的值为解：设C（1，yc），ACB2a，则圆C：，易知，又有，即t可得yc3，则BC：yx4，联立，可得所以故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17在ABC中，AC2（1）若，求ABC的面积；（2）若

19、，求BC的长解：（1）在ABC中，AC2，BC，AB2+AC22ABACcosBACBC2，AB22AB30，（AB3）（AB+1）0，AB0，AB3，（2），又，AC2，AB2+AB200，即（AB4）（AB+5）0，又AB0，AB4在ABC中，AC2，AB4，由余弦定理可得，又BC0，BC18已知数列an满足a11，数列bn是公差不为0的等差数列若bn满足_，_在b1，b2，b4成等比数列，a2b1+b4，这三个条件中任选两个，补充到上面的问题中，若问题中的数列bn存在，求数列的前n项和Sn；若问题中的数列bn不存在，说明理由解：选择设数列bn的公差为d（d0）b1，b2，b4成等比数列，

20、即，a2b1+b4，又a11，an+15an，得a25，b1+b1+3d5，联立，可得，即d2b1d，d0，解得db1，代入可得d1，bnnan是等比数列，且a11，则，两式作差得：，解得：；选择设数列bn的公差为d（d0）由可知，b22b1+1，b42b2+12（2b1+1）+14b1+3，由，b1，b2，b4成等比数列，得，即，解得b11，b21，则d0，与题意矛盾，故数列bn不存在；选择设数列bn的公差为d（d0）由可知，b22b1+1，b42b2+12（2b1+1）+14b1+3b1+3d，解得b1d1，a2b1+b4，又a11，an+15an，得a25，b1+b1+3d5，即2（d1

21、）+3d5，解得，因此an是等比数列，且a11，则，两式作差可得：，解得192021年4月17日，江苏园博会正式向公众开放昔日废弃采矿区化茧成蝶，变身成了“世界级山地花园群”园博园的核心景区苏韵荟谷以流水串联，再现了江苏13个地市历史名园的芳华，行走其间，仿佛穿游在千年历史长河中，吸引众多游客前来打卡某旅行社开发了江苏园博园一日游线路，考虑成本与防疫要求，每团人数限定为不少于35人，不多于40人除去成本，旅行社盈利100元/人已知该旅行社已经发出的10个旅行团的游客人数如表所示：序号12345游客人数3935383836序号678910游客人数3940374038（1）该旅行社计划从这10个团

22、队中随机抽取3个团队的游客，就服务满意度进行回访，求这3个团队人数不全相同的概率；（2）预计暑假期间发团200个，将盈利总额记为X（单位：万元），用表中的频率估计概率，求X的数学期望解：游客人数353637383940次数统计111322频率（注：上述表格不一定要出现，只要在解题中说明各种人数出现次数就可以）（1）设这3个团队人数不全相同为事件A，故这3个团队人数不全相同的概率是（2）X的可能取值为70，72，74，76，78，80X的分布列为X707274767880P（万元）20如图所示的几何体是由一个直三棱柱和半个圆柱拼接而成其中，FAB90，ABAF2，点G为弧的中点，且C，G，D，E

23、四点共面（1）证明：D，G，B，F四点共面；（2）若平面BDF与平面ABG所成锐二面角的余弦值为，求AD长解：（1）证明：解析一：连接DG，因为ABAF，AFAB，所以直棱柱的底面为等腰直角三角形，DCE45，在半圆DGC上，G是弧CD中点，所以GDC45，所以DGEC，又ECFB，所以DGFB，B、F、D、G四点共面解析二：直三棱柱中，ABAF，以A为原点，建立如图空间直角坐标系，AFAB2，设ADh，A（0，0，0）B（0，2，0），F（2，0，0），D（0，0，h），G（1，1，h），则（1，1，0），（2，2，0），所以DGFB，B、F、D、G四点共面（2）直棱柱中，ABAF，以A为原

24、点，建立如图空间直角坐标系，AFAB2，设ADh，F（2，0，0），B（0，2，0），D（0，0，h），（2，0，h），（2，2，0），设平面BFD的法向量为（x，y，z）则，有，化简得，取（h，h，2），A（0，0，0），B（0，2，0），G（1，1，h），（0，2，0），（11，h），设平面ABG的法向量为（r，st），则，有，化简得，所以取（h，0，1），平面BDF与平面ABG所成二面角即与夹角或其补角，所以，解得，所以21在平面直角坐标系xOy中，已知点E（0，2），以OE为直径的圆与抛物线C：x22py（p0）交于点M，N（异于原点O），MN恰为该圆的直径过点E作直线交抛物线与A，B

25、两点，过A，B两点分别做抛物线C的切线交于点P（1）求证：点P的纵坐标为定值；（2）若F是抛物线C的焦点，证明：PFAPFB【解答】证明：（1）以OE为直径的圆为x2+（y1）21由题意可知该圆与抛物线交于一条直径，由对称性可知交点坐标为（1，1），（1，1）代入抛物线方程可得2p1，所以抛物线的方程为x2y设A，B，所以，所以直线AB的方程为，即y（x1+x2）xx1x2因为直线AB过点C（0，2），所以x1x22，所以x1x22直线PA的方程为，即，同理直线PB的方程为，联立两直线方程，可得P，由可知点P的纵坐标为定值2（2）方法一：1当FPx轴时，此时点P的横坐标，则x1+x20，可知A

26、，B两点关于y轴对称，此时PFAPFB，2当FP斜率存在时，由到角公式得，又P，由消去x2得p，代入可求得，代入到角公式化简可得，同理，tanPFB，综上，可得tanPFAtanPFB，注意到两角都在（0，）内，可知PFAPFB方法二：cosPFA，cosPFA，注意到两角都在（0，）内，可知要证PFAPFB，即证，所以，又，所以，同理式得证方法三：可知点F，准线l：，过A，B分别作AA1l，BB1l于点A1，B1，可知A，所以，又，所以，所以A1FAP，又AA1AF，所以AA1F是等腰三角形，可知PA是A1F的中垂线，所以PA1PF，所以AA1PAAFP，所以PFAPA1A，同理PFBPB1

27、B，同理PB1PF且PFBPB1B，所以PB1PA1，所以PA1B1PB1A1，所以PA1APB1B，所以PFAPFB22已知函数f（x）tanxsinx，g（x）xsinx，x（1）证明：关于x的方程f（x）g（x）x在上有且仅有一个实数根；（2）当x时，f（x）ag（x），求实数a的最大值解：（1）证明：令h（x）f（x）g（x）x，则h（x）tanx2x，所以因此当x时，h（x）0，当x时，h（x）0，所以h（x）tanx2x在x上单调递减，在x单调递增，又因为所以h（x）tanx2x在x无零点，在x只有一个零点，因此方程有且仅有一个根（2）令（x）f（x）ag（x）tanxsinxa（

28、xsinx），则若a0，则当x时，（x）0，所以（x）在上单调递增，又（0）0，所以（x）0恒成立；当1a3，则（x），因为x，所以cosx（0，1），从而因此当1a3时，（x）0，所以函数（x）在x单调递增，又（0）0，因此（x）0，所以函数（x）在x单调递增，又（0）0，（x）0在x恒成立当a3时令（x），因为cosx（0，1）必有一解，记为x0，所以当x（0，x0）时，（x）0，当x时，（x）0因此当x（0，x0）时，（x）单调递减，当x时，（x）单调递增，又（0）0，所以（x）0在x（0，x0）恒成立，所以（x）在x（0，x0）上单调递减，又（0）0，所以（x0）0与题意矛盾，综上a3，所以a的最大值为3