【文档说明】广东省佛山市石门中学2021届高三下学期5月高考模拟数学试题含答案.docx，共(16)页，964.188 KB，由小赞的店铺上传

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12021届高三高考模拟数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。四个选项中，只有一项是符合要求的。1.【黄志平】已知U=R,函数()ln1yx=−的定义域为M,集合220Nxxx=−,则=)(NCMU（）A.(,0−B.()0,1C.

)1,2D.)2,+2.设()()1ii2xy+−=，其中x，y是实数，i是虚数单位，则xy+=A．1B．2C．3D．23.【刘振龙】在一个抛硬币的游戏里，抛出的前2个硬币都是正面朝上，则在抛第3个硬币时，正面朝上的概率为（）A.18B.14C.12D.384.若,lm是两条

不同的直线，m垂直于平面，则“lm⊥”是“//l”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件5.【付强】如图，圆柱1OO的轴截面11ABBA是正方形，,DE分别是1AA和1BB的中点，C是弧AB的中点，则经过CDE、、的平面与圆柱1OO侧面相交

所得到的的曲线的离心率是（）A.1B.22C.2D.626.【黄志平】已知,ab是单位向量，且()1,1ab+=−，若向量cab=−，则a与c的夹角为（）A．π6B．π4C．π3D．2π37.【马安华】(x2+2ax-a)5的展开式中各项的系数和为1024,则a的值为（）A、1B、2C、3D、48

.【罗建中】已知两点()()1,3,2,3,MN−−在曲线上存在点P满足|MP|=|NP|的曲线方程是（）A．2410xy+−=B.22125xy+=C.2212yx+=D.2212yx−=二、多选题：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，有选错得0分。9.设,ab为正实数，下列命题正确的有（）2A．若221ab−=，则1ab−；B．若111ba−=，则1ab−；C．若1ab−=，则1ab−；D．若331ab−=，则1ab−.10.【黎岗】已知函数f(x)=xln(2x+

2−x),则以下结论正确的是()A.f(x)为奇函数B.f(x)在区间（0，+∞）上单调递增C.曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线的斜率为ln2D.函数f(x)有三个零点11、【刘铠勇】中国饮食文化是有着长远历史，博大精深

的中国文化。譬如粽子，有人说是因为纪念爱国诗人屈原人们用用艾叶或苇叶、荷叶包住食物，用五色丝线捆好，投江祭奠；也有人说是为了清明节纪念晋文公名臣介子推。现在粽子已演变出不同品种、不同类别，很多地方逢年过节怀着美好祝愿以棕子为食物。其中

一种粽子被包成比较对称的四面体形状。现有一只质地均匀的粽子程棱长为12的四面体ABCD，兄弟三人分食此粽。大哥将棕子平放桌面上（面BCD在桌面），准备用垂直于桌面的两刀将粽子体积三等分，忽略粽子的变形，第一刀经过了棱AB上点E,切截面与棱BC，BD均相交；则以

下结论正确的是（）A、若AE=2，第一刀切底面所得的三角形面积是定值；B、若AE=2，截面截底面两边的长度为216127421612742525+−及；C、点E能与点A重合；D、若第二刀将剩余部分分为全等的两块，则BE长为66。12、【胡珂】已知曲线C的

方程为0(),Fxy=，集合{(,)|(,)0}TxyFxy==，若对于任意的11(,)xyT，都存在22(,)xyT，使得12120xxyy+=成立，则称曲线C为曲线，下列方程所表示的曲线中，曲线的序号是（）.A．||||1xy−=；B．𝑦=

𝑒𝑥-2；C．𝑦=log2𝑥；D．(21)(|1||2|)0xyxy−+−+−=.3三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【付强】梯形ABCD中，//ADBC,ABAD⊥,1ADAB==,

2BC=,分别以ABBCAD、、为轴旋转一周所得到的旋转体的体积的最大值为.14、【刘依舒】若“2[4,6],10xxax−−”为假命题，则实数a的取值范围为________．15、【李锦万】在某次模拟中

，全级的数学成绩近似服从正态分布(93.1,49)N．据此估计：在全级同学中随机抽取的4名高三同学中，恰有2名同学的数学成绩超过93.1分的概率是________．16、【罗建中】抛物线22(0)ypxp=的焦点为F,准线为l,,AB是

抛物线上的两个动点,且满足2AFB=.设线段AB的中点M在l上的投影为N,则MNAB的最大值是__________.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、（10分）【李锦万】已知数列na的前n

项和为nS，且满足()21−=nnaSnN.（1）求数列na的通项公式；（2）设()2log1nnbS=+，求数列11nnbb+的前n项和nT.18、（12分）【黄锡纯】在ABC中，,3=A

B,4=BC线段BD是B的角平分线，且.6=ABDS(1)求.BCDS(2)若),12(,3==ABDBAC求)62sin(+的值.419、（12分）【李锦万】在某次校园科技节游园活动中，数学兴趣小

组的摊位开展了一个特别的投骰子游戏。如果玩家投中1或者6可得1分，并且可以继续下一次投骰子，如果结果为2到5则游戏结束，但游戏的次数最多不超过n次。以X表示游戏结束时玩家累计获得的分数。（1）求玩家至少获得2分（2n

）的概率；（2）求X的分布列；（3）求X的数学期望。20、（12分）【刘铠勇】如图，PA⊥面ABCD,四边形ABCD是边长为1的为正方形；点E在线段PC上，PEmEC=。（1）若PA//面EBD且，求m值；（2）若PC⊥面EBD，棱锥EBCD−体积取得最大值，求四棱锥PABC

D−的高。21、（12分）【罗建中】已知动圆P过点(2,0)A−且与圆22(2)12xy−+=相内切。①求动圆圆心P的轨迹方程D。②直线l过原点，且与轨迹D有两个交点,MN。轨迹D上是否存在一点Q，使△QMN为正三

角形，若存在，求出Q的坐标，若不存在，说明理由。22.（12分）【黄志平】设函数()12sin,0.axfxxxex−=+−−（1）当32a时，证明：()0fx;（2）当1a=时，证明：()fx有唯一零点.答案PBCDEA5一、选择题1、【答案】A【解析】(

),1M=−,()0,2N=,(),02,UCN=−+,=)(NCMU(,0−.故选A2、【答案】D3、【答案】C4、【答案】B若lm⊥，因为m垂直于平面，则//l或l；若//l，又m垂直于

平面，则lm⊥，所以“lm⊥”是“//l的必要不充分条件，故选B．5、【答案】B6、【答案】B【解析】由()1,1ab+=−，两边平方，得：()22222112abab++=+−=，因为a，b是单位向量，所以1122ab++

=，得0ab=，则22222ababab−=+−=，2ab−=，所以()212cos,cos,2122aabaabacaabaab−−=−====−，所以a与ab−的夹角为π4．故

选B7、【答案】C，赋值法：令x=1可知道展开式中各项系数的和为（a+1）5=1024，所以a=3。8、【答案】C解：由题设知P点在MN的中垂线上，所以问题转化为中垂线2410xy++=与曲线是否有交点，2410xy

+−=与中垂线平行，圆与中垂线相离。由图或判别式知与2212yx−=无交点。选C。二、多选题9、【答案】AD,A若221ab−=，则221ab−=，即2(1)(1)aab+−=，11aa+−，1ab−，即1ab−，该选项

正确；,B若111ba−=，可取7a=，78b=，则1ab−，该选项错误；,C若||1ab−=，则可取9a=，4b=，而||51ab−=，该选项错误；,D由33||1ab−=，若ab，则331ab−=

，即331ab−=，即23(1)(1)aaab−++=，6221aab++，1ab−，即1ab−若ab，则331ba−=，即331ba−=，即23(1)(1)bbba−++=，221bba++，

1ba−，即1ba−||1ab−该选项正确；10.【答案】ABC对A：函数f(x)的定义域为R,且有f(-x)=(-x)ln(2x+2−x)=-xln(2x+2−x)对B：当x∈（0，+∞）时y=x为增

函数，而y=2x+2−x≥2,则ln(2x+2−x)≥ln⬚2>0当x∈（0，+∞）时y=2x+2−x为增函数,故函数f(x)=xln(2x+2−x)在区间（0，+∞）上单调递增。对C：设h(x)=l

n(2x+2−x),于是f(x)=xh(x),有f’(x)=x’h(x)+xh’(x)得f’(0)=h(0)=ln2对D：故函数f(x)=xln(2x+2−x)在区间（0，+∞）上单调递增得f(x).0，且f(x)为奇函数,即函数f(x)=xln(2x+2−x)在区间R上单调递增，只有一个

零点。11、【答案】AB解答：设第一切交边BC、BD分别交于G、H，不失一般性，设BH≥BG，设BC中点为M,A、E在底面的射影分别为O、F，则F∈BO；设BH=xBD,BM=yBC(xy)，EFBEAOBA==,则BEBA=∵(

1)BFtBHtBM=+−∴(1)BOtxBDtyBC=+−又1133BOBDBC=+，则(1)3txty==−从而113xy+=①13EBGHABCDVEFBHBMxyVAOBDBC−−

===②A选项AE=2时，56=，则25xy=，2231254BGHBCDSxyS==为定值上；B选项联立①②解得：18741874,2525xy+−==，故边长为12,12xyC选项

此时=1，此时联立①②无解，故不能；D选项此时应有GH⊥BO,即xy=，联立①②有362=，故BE=AB=366.12、【答案】选BD.对于A，当111(,)Pxy为(1,0)时，曲线上不存在点222(,)PxyC，使12OPOP⊥.故A不是曲线；对于B,M={

（x，y）|𝑦=𝑒𝑥-2}，如下图虚线的直角始终存在，对于任意（x1，y1）∈M，CABDEOFMGH7存在（x2，y2）∈M，使得12120xxyy+=成立，例如取M（0，﹣1），则N（ln2，0）

，满足曲线；对于C,M={（x，y）|𝑦=log2𝑥}，取点（1，0），曲线上不存在另外的点，使得两点与原点的连线互相垂直，所以不是“曲线”；对于D，由(21)(|1||2|)0xyxy−+−+−=可得210xy−+=或点(1,2)，∴对于任意111(,)PxyC，存在222(,)Px

yC，使12OPOP⊥.故(21)(|1||2|)0xyxy−+−+−=为曲线.选BD三、填空题13、【答案】7314、【答案】因为∀𝑥∈[4,6],x2−𝑎x−1≤0恒成立，所以x−1x≤𝑎在[4,6]恒成立，所以𝑎≥(x−

1x)max且𝑥∈[4,6]，又因为𝑓(𝑥)=𝑥−1𝑥在[4,6]上是增函数，所以𝑓(𝑥)max=𝑓(6)=6−16=356，所以𝑎≥356.15、【答案】38。由题意，可得每名学生的数学成绩(93.

1,49)N，所以1(93.1)2P=，则全级随机抽取的4名同学中恰有2名的成绩超过93.1分的概率是4241328PC==.故答案为：3816、【答案】解析：过点A作于AGl⊥,过点B作BEl⊥于E,由抛物线的性质可知AGAF=,BEBF=.又M是AB中点,所以MN是梯形

AGEB的中位线,则8()12MNAGBE=+()12AFBF=+.在ABF中,22ABAFBF=+22AFBF=+,则()2222214AFBFMNABAFBF+=+1214AFBFBFAF=++12142+12=,当且仅当AF

BF=时,不等号取等号.四、解答题17、【答案】（1）21nnaS−=，令1n=，解得11a=，…………1分2n，1121nnaS−−−=，两式相减，得12nnaa−=，…………3分所以数列na是以11a=为首项，2q=为公比的等比数列.…………4分所以

数列na的通项公式为12nna-=，*nN…………5分（2）由（1）知，12nna-=，21nnSa=−所以21nnS=−，即()22log1log2nnnbSn=+==，…………6分()1111111nnbbnnnn+==−++，…………

8分∴1111112231nTnn=−+−++−+1111nnn=−=++.…………10分18、解(1)BD平分ABCDBCABD=43sin21sin21ABD===BCABDBCBCBDABDBDABSSBCD834==ABDB

CDSS(2)如图，过点A作BDAE⊥交BD于点E，并延长AE交BC于点F9显然1,3,===CFBABFFBEABE在ABE中，sin3,2=−=AEBAEsin62,63==−=−=AEAFBAEEAD在ACF中，由正弦定理得CAF

FACCFsinsin=即833)32sin(,)32sin(sin6)6sin(1=++=−又837)32cos(,232,12=++1637-96sin)32cos(6cos)32si

n()632sin()62sin(=+−+=−+=+19、解：（1）在单次投骰子中，投中1或者6的概率为13，投中2到5的概率为23…1分()()21220,13339PXPX=====…………2分

()()()22121011399PXPXPX=−=−==−−=…………4分（2）X的可能取值为0，1，2，……，n…………5分依题意得()12(0,1,2,,1)33kPXkkn===−………………6分()13nPXn

==…………7分所以X的分布列为：X012……1n−nP23123321233……11233n−13n…………8分10（3）()()2112121211213333333nnEXnn−=+++−+

…………9分()211212121211213333333333nnnnnn−=+++−++…………①()()2311121

212112133333333nnEXnn+=+++−+…………②①—②得：()23221111333333nEX=++++……

…………10分1113321313n−=−…………11分整理得()11123nEX=−…………12分20、解：（1）设ACBDO=。∵PAPAC面,面PAC∩面EBD=EO

,PA//面EBD,∴PA//EO∴12EOCECOPACPCA===,∴m=1.（2）解法一:建立如图所示坐标系，设P(0,0,p)，有BD=(-1,1,0)，(1,1,)PCp=−11设CEnCP=，则BEBCCE=+=(),,nnnp−−PBCDEAxyz12∵PC⊥面EBD∴PC⊥E

B∴(1)0PCBEnnnpp=−+−−=得：212np=+因为EBCD−的底面△BCD不变，故即E到面BCD的距离取最大值。E到面BCD的距离dnp==2112222pppp=++当仅当2pp=,即2p=时取最大值.故四棱锥PABCD−的高为2.13解法二:设ACBDO=.△PAC中,作

EH//PA,交AC于H.EPAOHC14∵PA⊥面ABCD∴EH⊥面ABCDEH就是E到面BCD的距离因为EBCD−的底面△BCD不变,即求EH最大时PA的值.∵PC⊥面EBDOE面EBD∴OEPC⊥.故E在以OC为直径的半圆上,当EH取最大值时,EH为圆的半径,

H为圆心.此时1||242||OCPACHEHCAOC===PA=4EH=4×1||22OC=21、解：①设圆的圆心为P(a，b)，半径为r，则由条件知||23,||PBrPAr=−=………………1分故||||23PAPB+=…………

……3分因此，P的轨迹是以AB，为焦点，长轴长为23的椭圆方程。故圆心P的轨迹方程D为：2213xy+=………………4分②解法一：若直线l的斜率存在且不为零。故可设:lykx=。直线OQ方程为：1yxk=−………………5分由2222223333|

|211313xyxMNkkykxk+===++=+………………7分2223(1)||,13kMNk+=+同理，得222213(1)3(1)||,331kkOQkk++==++………………8分因2222313||||39132313OQMNkkkk==+=+++，此时无解。…

……10分若直线的斜率为零，此时也无解。………11分若直线的斜率不存在，可求出(3,0)Q。故Q的坐标为(3,0)………12分解法二：由图形的对称性及正三角形性质，不妨设1122(cos,sin),(cos(),sin())22MrrQrr++，………8分代入椭圆方程，得2

22221112cos3sin1312sinrrr+==+………9分同理222312cosr=+，由由||3||OQOM=………10分得cos0=，故存在这样的点Q，其坐标为(3,0)。………12分22、【答案】15解：（1）当32a，0x时，则有：32axx，32

xaxee−−−−，则有：3212sin12sinxaxxxexxe−−+−−+−−若能证得：3212sin0xxxe−+−−，则原不等式得证。要证3212sin0xxxe−+−−，只需证：当0x时，()3212sin1+−xxxe()()3212sin

=+−xgxxxe()()()3322312sin12cos2=+−+−xxgxxxexe32533sin2cos22=+−−xxxxe令()sin,0hxxxx=−，则()1cos0hxx=−，即()hx是()

0,+上的增函数，()()00hxh=，即sinxx，53533533sin2cos(sin)sin2sin2cos2222222+−−=+−−−−−xxxxxxcosxxx()55sin022=−+x()3/2533si

n2cos022=+−−xgxxxxe，即()gx是()0,+上的增函数，()()01gxg=，故当32a，0x时，()0fx.（2）当1a=时，()12sin,0.xfxxxex−=+−−()12cosxfxxe−

=−+，令()()12cosxgxfxxe−==−+，则()2sinxgxxe−=−，若02x，()2sinxgxxe−=−递增，()010g=−，2202ge−=−

故存在唯一实数00,2x，使()00gx=，()00,x0,2x()gx−+()gx递减递增()()000gxg=，又2102ge−=+，故存在唯一实数10,2xx，使()1

0gx=，()10,x1,2x()gx−+()fx递减递增16又()00f=，()()100fxf=2122fe−=−−，323231110222fee−−−=−，()fx在

02,有唯一零点；当2x时，()212022fxef−+−−=故()fx在()0,+上有唯一零点.