【文档说明】江苏省南京师范大学附属中学2021届高三下学期5月模拟考试 数学含答案.docx，共(14)页，873.941 KB，由小赞的店铺上传

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2020～2021学年高三年级模拟考试卷数学(满分：150分考试时间：120分钟)2021．05一、单项选择题：本题共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虚轴对称，z1＝3＋4i，则z1z

2＝()A.－25B.25C.7－24iD.－7－24i2.已知集合A＝(3，＋∞)，集合B＝{x|3x>9}，则x∈A是x∈B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a，b为单位向量，且a·b＝0.若c＝3a－6b，则cos〈a，c〉＝()

A.55B.105C.155D.2554.函数f(x)＝cosx·ln(x2＋1＋x)的图象大致是()5.一百零八塔，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()A.10B.11C.12D.136.若λsin160°＋tan20°＝3，则实数λ的值为()A

.3B.32C.2D.47.已知矩形ABCD，AB＝1，AD＝2，点E为边BC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()A.72π

B.4πC.92πD.5π8.已知ea－2＝a2(a≠2)，eb－3＝b3(b≠3)，ec－4＝c4(c≠4)，则()A.c<b<aB.c<a<bC.a<b<cD.a<c<b二、多项选择题：本题共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，全部选对得5分，部分选对得2分，不选或有错选的得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.已知函数f(x)＝cos(ωx＋φ)(ω>0，φ∈(0，π2))的部分图象如图所示，则下列说法中正确的有()A.f(x)的周期为πB.f(x)的单调递减区间是(2k－14，2k＋34)(k∈Z)C.f(x)的图象的对称轴

方程为x＝k－14(k∈Z)D.f(2020)＋f(2021)＝011.已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，其中F1F2＝2c.直线l：y＝k(x＋c)(k∈R)与椭圆交于A，B两点．则下列说法中正确的有()A.△ABF2的周长为4aB

.若AB的中点为M，则kOM·k＝b2a2C.若AF1·AF2＝3c2，则椭圆的离心率的取值范围是[55，12]D.若AB的最小值为3c，则椭圆的离心率e＝1312.将2n(n∈N*)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(0≤X≤n，X∈N*)，则下列说法中正确的有()A.当n＝1时，方差D(X)＝14B.当n＝2时，P(X＝1)＝38C.∀n≥3，∃k∈[0，n)(k，n∈N*)，使得P(X＝k)>P(X＝

k＋1)成立D.当n确定时，数学期望E(X)＝n（22n－Cn2n）22n三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知函数f(x)＝x(lnx＋1)，则f(x)在(1，f(1))处的切线方程为

________．14.已知随机变量X～N(2，σ2).若P(X≥4)＝0.1，则P(0<X<4)＝________．15.已知在(x－2x)n(n∈N*)的展开式中，笫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i＝1nCin2i－1＝________．(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(0<∠ACB<π).具体操作方法如下：在弦AB上取一点D，满足AD＝

2DB，以AD为实轴，3AD为虚轴作双曲线，交圆弧AB于点M，则∠ACM＝2∠MCB，即CM为∠ACB的三等分线．已知双曲线E的方程为x24－y212＝1，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．若扇形CMB的面积为3π2，则BPCP的值为________．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17.(本小题满分10分)在△ABC中，∠BAC＝π3，A

C＝2.(1)若BC＝7，求△ABC的面积；(2)若DC→＝2BD→，AD＝2213，求BC的长．18.(本小题满分12分)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝5an(n∈N*)，数列{bn}是公差不为0

的等差数列．若{bn}满足________，________．在①b1，b2，b4成等比数列，②a2＝b1＋b4，③b2n＝2bn＋1(n∈N*)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{bnan}的前n项和S

n；若问题中的数列{bn}不存在，请说明理由．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．19.(本小题满分12分)2021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1

00元/人．已知该旅行社已经发出的10个旅游团的游客人数如下表所示：序号12345678910游客人数39353838363940374038(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)，用上表中的频率估计概率，求X的分布列及数学期望．20.(本小题满分12分)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，∠FAB＝90°，AB＝AF＝2，点G为弧CD的中点，且C，G，D，E四

点共面．(1)求证：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216，求AD长．21.(本小题满分12分)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：x2＝2py(p>0)交于点M，N(异于原点O)，MN恰为

该圆的直径．过点E作直线交抛物线于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线交于点P.(1)求证：点P的纵坐标为定值；(2)若点F是抛物线C的焦点，求证：∠PFA＝∠PFB.22.(本小题满分12分)已知函数f(x)＝tanx－sinx，g

(x)＝x－sinx，x∈(0，π2).(1)求证：关于x的方程f(x)－g(x)＝x在(0，π2)上有且仅有一个实数根；(2)当x∈(0，π2)时，f(x)≥ag(x)，求实数a的最大值．2020～2021学年高三年级模拟考试卷

(名校卷)数学参考答案及评分标准1.A2.A3.C4.B5.C6.D7.B8.A9.BD10.BCD11.AC12.ACD13.y＝2x－114.0.815.1120328016.217.解：(1)(解法1)在△ABC中，∠BAC＝π3，AC＝2，BC＝7，由余弦定理，得AB2＋AC2－2AB

·AC·cos∠BAC＝BC2，所以AB2－2AB－3＝0，即(AB－3)(AB＋1)＝0.又AB>0，所以AB＝3，(2分)所以△ABC的面积S＝12AB·AC·sin∠BAC＝12×3×2×32＝332.(4分)(解法2)

在△ABC中，∠BAC＝π3，AC＝2，BC＝7，由正弦定理，得BCsin∠BAC＝ACsin∠ABC，即7sinπ3＝2sin∠ABC，所以sin∠ABC＝217<32.(2分)又在△ABC中，∠ABC∈(0，2π3)，所以∠ABC是锐角，所以cos∠ABC＝1－sin2∠ABC＝277.

因为三角形内角和是180°，所以sin∠ACB＝sin(∠ABC＋∠BAC)＝217×12＋277×32＝32114，所以△ABC的面积S＝12AC·BC·sin∠ACB＝12×2×7×32114＝332.(4分)(2)(解法1)因

为DC→＝2BD→，所以AD→＝23AB→＋13AC→，(6分)所以AD→2＝49AB→2＋19AC→2＋49AB→·AC→.又∠BAC＝π3，AC＝2，AD＝2213，代入化简得AB2＋AB－20＝0，即(AB－4)(AB＋5)＝0，又A

B>0，所以AB＝4.(8分)在△ABC中，∠BAC＝π3，AC＝2，AB＝4，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝16＋4－2×4×2×12＝12，又BC>0，所以B

C＝23.(10分)(解法2)在△ABC中，设AB＝x.又∠BAC＝π3，AC＝2，由余弦定理，得BC＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝x2－2x＋4，此时cos∠ABC＝x－1x2－2x＋4.(6分)因为DC→＝2BD→，所以BD＝x2

－2x＋43.在△ABD中，由余弦定理，得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABC＝x2＋(x2－2x＋43)2－2x·x2－2x＋43·x－1x2－2x＋4＝49x2＋49x＋49.(8分)又AD＝2213，所以49x2＋49x＋49＝49×21，化简得x2＋x－2

0＝0，即(x－4)(x＋5)＝0.又x>0，所以x＝4，所以BC＝23.(10分)18.解：选择①②，设数列{bn}的公差为d(d≠0).因为b1，b2，b4成等比数列，所以b22＝b1b4，即(b1

＋d)2＝b1(b1＋3d)，(1)因为a2＝b1＋b4，又a1＝1，an＋1＝5an，得a2＝5，所以b1＋b1＋3d＝5(2).由(1)(2)联立可得2b1d＋d2＝3b1d，即d2＝b1d，因为d≠0，解得d＝b1，代入(2)可得d＝1，(2分)所以bn＝n.

(4分)因为{an}是等比数列，所以an＝5n－1，(5分)所以bnan＝n5n－1.(6分)Sn＝1＋251＋352＋…＋n5n－1(3)，15Sn＝151＋252＋…＋n－15n－1＋n5n(4).由(3)－(4

)，得45Sn＝1＋151＋152＋…＋15n－1－n5n＝1－15n1－15－n5n，解得Sn＝2516(1－15n)－n4×5n－1.(12分)选择①③，设数列{bn}的公差为d(d≠0).由③可知，b2＝2b1＋1，b4＝2b2＋1＝2(2b1＋1)＋1＝4b1＋3.(2分)由①，因

为b1，b2，b4成等比数列，所以b22＝b1b4，(4分)即(2b1＋1)2＝b1(4b1＋3)，解得b1＝－1，所以b2＝－1，则d＝0，(10分)与题意矛盾，故数列{bn}不存在．(12分)选择②③，设数列{bn}的公差为d(d≠0

).由③可知，b2＝2b1＋1，b4＝2b2＋1＝2(2b1＋1)＋1＝4b1＋3＝b1＋3d，解得b1＝d－1.(2分)因为a2＝b1＋b4，又a1＝1，an＋1＝5an，得a2＝5，所以b1＋b1＋3d＝5，即2(d－1)＋3d＝5，解得d＝75

，b1＝25，因此bn＝75n－1.(4分)因为{an}是等比数列，所以an＝5n－1，(5分)所以bnan＝7n－55n.(6分)Sn＝251＋952＋1653＋…＋7n－55n(5)，15Sn＝252＋9

53＋…＋7n－125n＋7n－55n＋1(6)，由(5)－(6)，得45Sn＝251＋752＋…＋75n－7n－55n＋1，解得Sn＝1516－28n＋1516×5n.(12分)19.解：游客人数3536373839

40次数统计111322频率1101101103101515(2分)(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.(3分)P(A)＝1－P(A)＝1－C33C310＝1－1120＝119120，(5分)故这3个团队人数

不全相同的概率是119120.(6分)(2)X的可能取值为70，72，74，76，78，80.X的分布列为X707274767880P1101101103101515(9分)E(X)＝70×110＋72

×110＋74×110＋76×310＋78×15＋80×15＝76(万元).(12分)20.(1)证明：(证法1)连接DG，因为AB⊥AF，AF＝AB，所以直棱柱的底面为等腰直角三角形，∠DCE＝45°.在半圆DGC上，G是弧CD中点，所以∠GDC＝45°，(3分)所以DG∥EC.又E

C∥FB，所以DG∥FB，B，F，D，G四点共面．(6分)(证法2)直棱柱中，AB⊥AF，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，AF＝AB＝2，设AD＝h，A(0，0，0)，B(0，2，0)，F(2，0，0)，D(0，0，h)，G(－1，1，h)，(

3分)则DG→＝(－1，1，0)，FB→＝(－2，2，0)，FB→＝2DG→，所以DG∥FB，B，F，D，G四点共面．(6分)(2)解：直棱柱中，AB⊥AF，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，AF＝A

B＝2，设AD＝h，F(2，0，0)，B(0，2，0)，D(0，0，h)，FD→＝(－2，0，h)，BF→＝(2，－2，0)，设平面BFD的法向量为n＝(x，y，z)，则有－2x＋hz＝0，2x－2y＝0，化简得x＝

h2z，x＝y，所以取n＝(h，h，2)，A(0，0，0)，B(0，2，0)，G(－1，1，h)，AB→＝(0，2，0)，AG→＝(－1，1，h)，(8分)设平面ABG的法向量为m＝(r，s，t)，则有

2s＝0，－r＋s＋ht＝0，化简得s＝0，r＝ht，所以取m＝(h，0，1)，(10分)平面BDF与平面ABG所成二面角即为n与m夹角或其补角，所以|cos〈n，m〉|＝|h2＋2|2h2＋4·h2＋1＝216，解得h＝5，所以AD＝5.

(12分)21.证明：以OE为直径的圆为x2＋(y－1)2＝1.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2p＝1，所以抛物线的方程为x2＝y.(1分

)(1)设A(x1，x21)，B(x2，x22)，所以kAB＝x21－x22x1－x2＝x1＋x2，所以直线AB的方程为y－x21＝(x1＋x2)(x－x1)，即y＝(x1＋x2)x－x1x2.因为直线AB过点E(0，2)，所以－x1x2

＝2，所以x1x2＝－2①.(3分)直线PA的方程为y－x21＝2x1(x－x1)，即y＝2x1x－x21，同理，直线PB的方程为y＝2x2x－x22.联立两直线方程，可得P(x1＋x22，x1x2)，(5分)由①可知点P的

纵坐标为定值－2.(6分)(2)(证法1)1°当FP⊥x轴时，此时点P的横坐标x1＋x22＝0，则x1＋x2＝0，可知A，B两点关于y轴对称，此时∠PFA＝∠PFB；(7分)2°当FP斜率存在时，由到角公式，得tan∠PFA＝kFP－kFA1＋kFP·kFA，ta

n∠PFB＝kFB－kFP1＋kFB·kFP.又P(x1＋x22，x1x2)，由①消去x2，得P(x21－22x1，－2)，代入可求得kFP＝－9x12（x21－2），kFA＝x21－14x1，(8分)代入到角公式，化简可得tan∠PFA＝k

FP－kFA1＋kFP·kFA＝－9x12（x21－2）－x21－14x11－9x12（x21－2）·x21－14x1＝－2x41－92x21－1x1（－7x21－74）＝2（x21＋2）7x1＝2（x21－x1x2）7

x1＝2（x1－x2）7，同理，tan∠PFB＝－2（x22＋2）7x2＝－2（x22－x1x2）7x2＝2（x1－x2）7.(11分)综上，可得tan∠PFA＝tan∠PFB，注意到两角都在(0，π)内，可知∠PFA＝∠PFB.(12分)(证法2)cos∠PFA

＝FA→·FP→|FA→|·|FP→|，cos∠PFA＝FB→·FP→|FB→|·|FP→|，注意到两角都在(0，π)内，可知要证∠PFA＝∠PFB，即证FA→·FP→|FA→|＝FB→·FP→|FB→|(*)，FA→＝(x1，x21－14)，FP→＝(x1＋x22，－94)，(8分)

所以FA→·FP→＝x1·x1＋x22－94(x21－14)＝－74x21－716＝－716(4x21＋1).又|FA→|＝x21＋（x21－14）2＝x21＋14，所以FA→·FP→|FA→|＝－74，(11分)同理，FB→·FP→|FB→|＝－74，(*)式得证．(1

2分)(证法3)可知点F(0，14)，准线l：y＝－14.过点A，B分别作AA1⊥l，BB1⊥l于点A1，B1，可知A1(x1，－14)，所以kA1F＝－12x1，又kAP＝x21－x1x2x1－x1＋x22＝2x1，所以kA1F·k

AP＝－1，所以A1F⊥AP.(8分)又AA1＝AF，所以△AA1F是等腰三角形，可知PA是A1F的中垂线，所以PA1＝PF，所以△AA1P≌△AFP，所以∠PFA＝∠PA1A.同理，∠PFB＝∠PB1B，同理，PB1＝PF且∠

PFB＝∠PB1B，所以PB1＝PA1，所以∠PA1B1＝∠PB1A1，所以∠PA1A＝∠PB1B，(11分)所以∠PFA＝∠PFB.(12分)22.(1)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)－x，则h(x)＝tanx－

2x，所以h′(x)＝1cos2x－2＝1－2cos2xcos2x＝（1＋2cosx）（1－2cosx）cos2x，(1分)因此当x∈(0，π4)时，cosx>22，h′(x)<0；当x∈(π4，π2)时，h′(x)>0，所以h(x)＝t

anx－2x在x∈(0，π4)上单调递减，在x∈(π4，π2)上单调递增．(3分)因为h(0)＝0，h(π4)<0，h(5π12)＝tan(5π12)－5π6＝2＋3－5π6>2＋1.7－2.5>0；所以h(x)＝tanx

－2x在x∈(0，π4)无零点，在x∈(π4，π2)只有一个零点，因此方程有且仅有一个根．(5分)(2)解：令φ(x)＝f(x)－ag(x)＝tanx－sinx－a(x－sinx)，则(解法1)φ′(x)＝1cos2x－cosx－a(1－cosx)＝（1－cos3x）cos2x－a(1－co

sx).①当a≤0时，则当x∈(0，π2)时，φ′(x)>0，又φ(0)＝0，所以φ(x)>0恒成立；(6分)②当0<a≤3时，则φ″(x)＝2sinxcos3x＋sinx－asinx＝sinx(2cos3x＋1

－a).因为x∈(0，π2)，所以cosx∈(0，1)，从而2cos3x＋1∈(3，＋∞)，因此当0<a≤3时，φ″(x)>0，所以函数φ′(x)在x∈(0，π2)上单调递增．又φ′(0)＝0，因此φ′(x)>0，所以函数φ(x)在x∈(0，π2)上单调递增．又φ(0)＝

0，所以φ(x)>0在x∈(0，π2)上恒成立；(8分)③当a>3时，令φ″(x)＝sinx[2－（a－1）cos3xcos3x]＝0.因为cosx＝32a－1∈(0，1)必有一解，记为x0，所以当x∈(0，x0)时

，φ″(x)<0，当x∈(x0，π2)时，φ″(x)>0，因此当x∈(0，x0)时，φ′(x)单调递减，当x∈(x0，π2)时，φ′(x)单调递增．又φ′(0)＝0，所以φ′(x)<0在x∈(0，x0)恒成立，所以φ

(x)在x∈(0，x0)上单调递减．又φ(0)＝0，所以φ(x0)<0与题意矛盾，(11分)综上，a≤3，所以a的最大值为3.(12分)(解法2)φ′(x)＝1cos2x－cosx－a(1－cosx)＝1－cosxcos

2x[(1－a)cos2x＋cosx＋1]，令t(x)＝(1－a)cos2x＋cosx＋1.①当a≤3时，t(x)≥－2cos2x＋cosx＋1＝(1－cosx)(2cosx＋1)>0在x∈(0，π2)上恒成立，因此t(x)>0，故φ′(x)>0

,所以φ(x)在x∈(0，π2)上单调递增．又φ(0)＝0，所以φ(x)>0在x∈(0，π2)上恒成立；(8分)②当a>3时，t′(x)＝sinx·[2(a－1)cosx－1].因为x∈(0，π2)，所以y＝2(a－1)c

osx－1单调且2(a－1)cosx－1∈(－1，2a－3).因为a>3，故2a－3>0，因此存在x0∈(0，π2)使得2(a－1)cosx0－1＝0，从而当x∈(0，x0)时，t′(x)>0，当x∈(x

0，π2)时，t′(x)<0，所以函数t(x)在x∈(0，x0)上单调递增，在x∈(x0，π2)上单调递减．又t(0)＝3－a<0，t(x0)>t(π2)＝1>0，所以存在x′∈(0，x0)，使得t(x′)＝0，从而当x∈(0，x′)时t(

x)<0，因此φ(x)在x∈(0，x′)上单调递减．又φ(0)＝0，所以φ(x′)<0与题意矛盾，(11分)综上a≤3，所以a的最大值为3.(12分)