【文档说明】江苏省南通、连云港等七市2021届高三下学期3月模拟考试（一模） 数学 含答案.docx，共(11)页，238.992 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)2021．03一、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.设集合M，N，P均为R的非空真子集，

且M∪N＝R，M∩N＝P，则M∩(∁RP)＝()A.MB.NC.∁RMD.∁RN2.已知x∈R，则“－3≤x≤4”是“lg(x2－x－2)≤1”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.欧拉恒等式：eiπ＋1＝0被数学家们惊叹为“上帝创造的等式”．该等式将

数学中几个重要的数：自然对数的底数e、圆周率π、虚数单位i、自然数1和0完美地结合在一起，它是在欧拉公式：eiθ＝cosθ＋isinθ(θ∈R)中，令θ＝π得到的．根据欧拉公式，e2i在复平面内对应的点在()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D

.第四象限4.“帷幄”是古代打仗必备的帐篷，又称“幄帐”．右图是一种幄帐示意图，帐顶采用“五脊四坡式”，四条斜脊的长度相等，一条正脊平行于底面．若各斜坡面与底面所成二面角的正切值为12，底面矩形的长与宽之比为5∶3，则正脊与斜脊长度的比值为()A.35B.89C.910D.

15.已知a，b，c均为单位向量，且a＋2b＝2c，则a·c＝()A.－12B.－14C.14D.126.函数f(x)＝sinxcosx＋3cos2x的图象的一条对称轴为()A．x＝π12B.x＝π6C.x＝π3D.x＝π27.某班45名学生参加“3·12

”植树节活动，每位学生都参加除草、植树两项劳动．依据劳动表现，评定为“优秀”“合格”2个等级，结果如下表：等级项目优秀合格合计除草301545植树202545若在两个项目中都“合格”的学生最多有10人，则在两个项目中都“优秀”的人数最多为

()A.5B.10C.15D.208.若alna＞blnb＞clnc＝1，则()A.eb＋clna＞ec＋alnb＞ea＋blncB.ec＋alnb＞eb＋clna＞ea＋blncC.ea＋blnc＞e

c＋alnb＞eb＋clnaD.ea＋blnc＞eb＋clna＞ec＋alnb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，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知数列{an}

是等比数列，下列结论正确的是()A.若a1a2＞0，则a2a3＞0B.若a1＋a3＜0，则a1＋a2＜0C.若a2＞a1＞0，则a1＋a3＞2a2D.若a1a2＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＜010.已知函数f(x)＝|

x2－a|(a∈R)，则y＝f(x)的大致图象可能为()11.“杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一．如图，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为1，1，2，3，5，8，13，…则()A.在第9

条斜线上，各数之和为55B.在第n(n≥5)条斜线上，各数自左往右先增大后减小C.在第n条斜线上，共有2n＋1－（－1）n4个数D.在第11条斜线上，最大的数是C3712.如图，某校测绘兴趣小组为测量河对岸直塔AB

(A为塔顶，B为塔底)的高度，选取与B在同一水平面内的两点C与D(B，C，D不在同一直线上)，测得CD＝s.测绘兴趣小组利用测角仪可测得的角有∠ACB，∠ACD，∠BCD，∠ADB，∠ADC，∠BDC，则根据下列各组中

的测量数据可计算出塔AB的高度的是()A.s，∠ACB，∠BCD，∠BDCB.s，∠ACB，∠BCD，∠ACDC.s，∠ACB，∠ACD，∠ADCD.s，∠ACB，∠BCD，∠ADC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知随机变量X～N(2，σ2)，P(X＞0)＝0

.9，则P(2＜X≤4)＝________．14.能使“函数f(x)＝x|x－1|在区间I上不是单调函数，且在区间I上的函数值的集合为[0，2]”是真命题的一个区间I为________．15.已知椭圆C1：x2a2＋y2b2＝

1(a＞b＞0)的右顶点为P，右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C2的顶点与C1的中心O重合．若C1与C2相交于点A，B，且四边形OAPB为菱形，则C1的离心率为________．16.在三棱锥PABC中，AB⊥BC，AC＝8，点P到底面ABC的距离为7.

若点P，A，B，C均在一个半径为5的球面上，则PA2＋PB2＋PC2的最小值为________．三、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.(本小题满分10分)在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a

，b，c，b＝5c，csinA＝1，点D是边AC的中点，BD⊥AB，求c和∠ABC的值．18.(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＋1＝4an，n∈N*，且a1＝4.(1)求证：{an＋1－2an}是

等比数列，并求{an}的通项公式；(2)在①bn＝an＋1－an；②bn＝log2ann；③bn＝an＋2an＋1an这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加以解答．已知数列{bn}满足________，求{bn}的前n项和Tn.(注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案解

答计分．)19.(本小题满分12分)如图，在三棱台ABCA1B1C1，AC⊥A1B，点O是BC的中点，A1O⊥平面ABC.(1)求证：AC⊥BC；(2)若A1O＝1，AC＝23，BC＝A1B1＝2，求二面角B1BCA的大小．20.(本小题满分12分)

甲、乙两队进行排球比赛，每场比赛采用“5局3胜制”(即有一支球队先胜3局即获胜，比赛结束).比赛排名采用积分制，积分规则如下：比赛中，以3∶0或3∶1取胜的球队积3分，负队积0分；以3∶2取胜的球队积2分，负队积1分．已知甲、乙两队比赛，甲每局获胜的概率为23.(

1)甲、乙两队比赛1场后，求甲队的积分X的概率分布列和数学期望；(2)甲、乙两队比赛2场后，求两队积分相等的概率．21.(本小题满分12分)已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P(3，1)在C上，且PF1·PF2＝10.(1)求C的

方程；(2)斜率为－3的直线l与C交于A，B两点，点B关于原点的对称点为D.若直线PA，PD的斜率存在且分别为k1，k2，求证：k1·k2为定值．22.(本小题满分12分)已知函数f(x)＝eax(lnx＋1)

(a∈R)，f′(x)为f(x)的导数．(1)设函数g(x)＝f′（x）eax，求g(x)的单调区间；(2)若f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，①求实数a的取值范围；②求证：当a＜2e32时，f（x1

）x1＜f（x2）x2.2020～2021学年高三年级模拟考试卷(南通、连云港等七市)数学参考答案及评分标准1.D2.B3.B4.B5.C6.A7.C8.C9.AC10.ABD11.BCD12.ACD1

3.0.414.答案不唯一，只要形如[a，2]或(a，2]，其中0≤a＜1的均正确．15.1316.19817.解：在直角三角形ABD中，BD2＝AD2－AB2＝(b2)2－c2＝c24，所以BD＝c

2.所以sinA＝BDAD＝55.(2分)因为csinA＝1，所以c＝5.(4分)由b＝5c得b＝5.因为sinA＝55，A∈(0，π2)，所以cosA＝1－sin2A＝255.(5分)在△ABC中，由余弦定理，得a＝52＋（5）2－2×5×5×255＝10.(7分)由正弦

定理，得asinA＝bsin∠ABC，即5sin∠ABC＝1055，所以sin∠ABC＝22.(9分)因为∠ABC∈(π2，π)，所以∠ABC＝3π4.(10分)18.(1)证明：当n≥2时，因为Sn＋1＝4an，所以Sn＝4an－1，两式相减得an＋1＝4an－4an－1.所以an

＋1－2an＝2(an－2an－1).(2分)当n＝1时，因为Sn＋1＝4an，所以S2＝4a1.又a1＝4，故a2＝12，于是a2－2a1＝4，所以{an＋1－2an}是以4为首项、2为公比的等比数列．(3分)所以an＋1－2an＝2n＋1，两边

除以2n＋1，得an＋12n＋1－an2n＝1.(4分)又a12＝2，所以an2n是以2为首项、1为公差的等差数列．所以an2n＝n＋1，即an＝(n＋1)·2n.(6分)(2)解：若选①：bn＝an＋1－an，即bn＝(n＋2)·2n＋

1－(n＋1)·2n＝(n＋3)·2n.(8分)因为Tn＝4×21＋5×22＋6×23＋…＋(n＋3)×2n，所以2Tn＝4×22＋5×23＋6×24＋…＋(n＋3)×2n＋1.两式相减，得－Tn＝4×21＋(22＋23＋…＋2

n)－(n＋3)×2n＋1(10分)＝8＋4×（2n－1－1）2－1－(n＋3)×2n＋1＝－(n＋2)×2n＋1＋4，所以Tn＝(n＋2)×2n＋1－4.(12分)若选②：bn＝log2ann，即bn＝log2n＋1n＋log22n＝log

2n＋1n＋n，(8分)所以Tn＝(log221＋log232＋…＋log2n＋1n)＋(1＋2＋…＋n)＝log2(21×32×…×n＋1n)＋（1＋n）n2＝log2(n＋1)＋（1＋n）n2.(12分)若选③：bn＝an＋2anan＋1，即bn＝4an＋1－4anan＋1a

n＝4(1an－1an＋1)，(8分)所以Tn＝4(1a1－1a2)＋4(1a2－1a3)＋…＋4(1an－1an＋1)＝4(1a1－1an＋1)(10分)＝4[14－1（n＋2）2n＋1]＝1－1（n＋2）2n－1.(12分)19.(1)证明：因为

A1O⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以A1O⊥AC.(1分)因为AC⊥A1B，A1B∩A1O＝A1，A1B⊂平面A1BO，A1O⊂平面A1BO，所以AC⊥平面A1BO.(3分)因为BC⊂平面A1BO，所以AC⊥BC.(4分)(2)解：以O为坐标原点，与CA平行的直线为

x轴，OB所在直线为y轴，OA1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则O(0，0，0)，A(23，－1，0)，B(0，1，0)，A1(0，0，1).所以OB→＝(0，1，0)，AB→＝(－23，2，0)，OA1＝(0，0，1)，于是AB＝4.由ABCA1B1C

1是三棱台，所以AB∥A1B1.因为A1B1＝2，所以A1B1＝12AB→＝(－3，1，0).所以OB1＝OA1＋A1B1＝(－3，1，1).设平面BB1C1C的法向量n＝(x，y，z)，由n·OB→＝0，n·OB

1＝0，得y＝0，－3x＋y＋z＝0，取x＝1，则y＝0，z＝3，即n＝(1，0，3).(9分)因为OA1⊥平面ABC，所以平面ABC的法向量为OA1＝(0，0，1)，(10分)所以cos〈n，OA1〉＝n·OA1|n|·|OA1|＝1×0＋

0×0＋3×112＋02＋（3）2×02＋02＋12＝32.因为二面角B1BCA为钝二面角，所以二面角B1BCA的大小是5π6.(12分)20.解：(1)依题意，X的所有可能取值为0，1，2，3，且P(X＝0)＝(13)3＋C1323×(13)2×13＝19，P(

X＝1)＝C24(23)2×(13)2×13＝881，P(X＝2)＝C24(23)2×(13)2×23＝1681，P(X＝3)＝C23(23)2×13×23＋(23)3＝1627，(4分)所以X的概率分布列为X0

123P1988116811627所以E(X)＝0×19＋1×881＋2×1681＋3×1627＝18481.(6分)(2)记“甲、乙比赛两场后，两队积分相等”为事件A.设第i场甲、乙两队积分分别为Xi，Yi，则Yi＝3－Xi，i＝1，

2.因为两队积分相等，所以X1＋X2＝Y1＋Y2，即X1＋X2＝(3－X1)＋(3－X2)，所以X1＋X2＝3.(8分)所以P(A)＝P(X1＝0)P(X2＝3)＋P(X1＝1)P(X2＝2)＋P(X1＝2)P(X2＝1)＋P(X1

＝3)P(X2＝0)(10分)＝19×1627＋881×1681＋1681×881＋1627×19＝11206561.答：甲、乙比赛两场后，两队积分相等的概率为11206561.(12分)21.(1)解：设F1(－c，0)，F2(c，0)(c＞0)，其中c＝a2＋b2.因为PF1·PF2

＝10，所以（3＋c）2＋1×（3－c）2＋1＝10，解得c2＝16或c＝0.又c＞0，故c＝4.(2分)所以2a＝（3＋4）2＋1－（3－4）2＋1＝42，即a＝22.(4分)所以b2＝c2－a2＝8.所以C的方程为x28－y28＝1.(5分)(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，

y2)，则D(－x2，－y2).设直线l的方程为y＝－3x＋m，与双曲线C方程联立，消去y，得8x2－6mx＋m2＋8＝0.由Δ＝(－6m)2－32(m2＋8)＞0，得|m|＞8.x1＋x2＝3m4，x1x2＝m2＋88.(7分)所以y1y2＝(－3x1＋m)(－3x2＋m)

＝9x1x2－3m(x1＋x2)＋m2＝－m28＋9.(8分)所以k1·k2＝y1－1x1－3·－y2－1－x2－3＝y1y2＋y1－y2－1x1x2＋3x1－3x2－9(10分)＝－m28＋8－3（x1－x2）m28－8＋3（x1－x2）＝－1.所以k1·k2为定值．(12分)22.

(1)解：依题意，f(x)的定义域为(0，＋∞)，且g(x)＝f′（x）eax＝alnx＋a＋1x，则g′(x)＝ax－1x2.①当a≤0时，g′(x)＜0在x∈(0，＋∞)上恒成立，g(x)单调递减；(2分)②当a＞0时，令g′(x)＝0，得x＝1a，所

以，当x∈(0，1a)时，g′(x)＜0，g(x)递减；当x∈(1a，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)递增．综上，当a≤0时，g(x)的减区间为(0，＋∞)，无增区间；当a＞0时，g(x)的减区间为(

0，1a)，增区间为(1a，＋∞).(4分)(2)①解：因为f(x)有两个极值点，所以g(x)有两个零点．由(1)知，a≤0时不合；当a＞0时，g(x)最小值＝g(1a)＝a(2－lna).(ⅰ)当0＜a＜e2时，g(x)＞g(1a)＞0

，g(x)没有零点，不合；(ⅱ)当a＝e2时，g(1a)＝0，g(x)有一个零点1a，不合；(ⅲ)当a＞e2时，g(1a)＜0.(6分)g(1a2)＝a(a＋1－2lna)，设φ(a)＝a＋1－2lna，a＞e2，则φ′

(a)＝1－2a＞0.所以φ(a)＞φ(e2)＝e2－3＞0，即g(1a2)＞0.所以存在x1∈(1a2，1a)，使得g(x1)＝0.因为g(1e)＝e＞0，所以存在x2∈(1a，1e)，使得g(x2)＝0.f(x)的值变化情况如下表：x

(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以当a＞e2时，f(x)有两个极值点．综上，实数a的取值范围是(e2，＋∞).(8分)②证明：因为a＜2e32，g(2a)＝a(32＋ln2a)＞0，所以1a2＜x1＜1a＜x2＜2a.(9分)因为x1

，x2是g(x)＝alnx＋a＋1x的两个零点，所以lnx1＋1＝－1ax1，lnx2＋1＝－1ax2.所以f（x1）x1＝eax1（lnx1＋1）x1＝－eax1ax21，f（x2）x2＝eax2（lnx2＋1）x2＝－eax2ax22.记h(x)＝－eaxax2(1a2＜x＜2a

)，则h′(x)＝－eax（x－2a）x3＞0，所以h(x)在(1a2，2a)上单调递增．因为1a2＜x1＜1a＜x2＜2a，所以h(x1)＜h(x2)，即f（x1）x1＜f（x2）x2.(12分)