【文档说明】天津市十二区县重点学校2021届高三下学期毕业班联考模拟（一）数学试题 含答案.docx，共(12)页，567.434 KB，由小赞的店铺上传

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2021年天津市十二区县重点学校高三毕业班联考（一）数学试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．共150分考试时间120分钟．第Ⅰ卷选择题（共45分）注意事项：1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在答题卡规定的位置上．2．第Ⅰ卷每小题选出答案

后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑；参考公式：·如果事件A、B互斥，那么()()()PABPAPB=+3.柱体的体积公式VSh=．其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高．一、选择题（在每小题四个选项中，只有一项是

符合题目要求的，本大题共9小题，每小题5分，满分45分）1．设全集{3,2,1,0,1,2,3}U=−−−，集合{|13,}AxxxZ=−，{3,0,2,3}B=−，则()UAB=ð（）A．{3,3}−

B．{0,2}C．{1,1}−D．{3,2,1,1,3}−−−2．已知xR，则“2x”是“21x”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．函数24||1xyx−=+的图象大致为（）

A．B．C．D．4．已知0.80.31212,log,423abc−===，则a，b，c的大小关系是（）A．acbB．abcC．cbaD．bca5．2020年是脱贫攻坚战决胜之年凝心

聚力打赢脫贫攻坚战，确保全面建成小康社会某县举行扶贫知识政策答题比赛，分初赛和复赛两个阶段进行规定：初赛成绩大于80分的进入复赛，某校有500名学生参加了初赛，所有学生的成绩均在区间(40,100]内，其频率分布直方图如图所示，则进入复赛的人数为（）A．125B．250C．375

D．4006．若所有棱长都是3的直三棱柱111ABCABC−的六个顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（）A．12B．18C．21D．397．设函数()sin()1,0,0,||2fxAxA=++的最大值为2，其图象相邻两个对称中心之间的距离为2，且(

)fx的图象关于直线12x=对称，则下列判断正确的是（）A．函数()yfx=在,63−上单调递减B．函数()yfx=的图象关于点,06−对称C．函数()yfx=的图象关于直线512x=−对称D．要得到sin2

1yx=+的图象，只需将()fx图象向右平移3个单位8．直线l与双曲线2222:1(0,0)xyEabab−=的一条渐近线平行，且l过抛物线2:4Cyx=的焦点，交C于A，B两点，若||6AB=，则E的离心率为

（）．A．2B．3C．5D．529．已知定义在R上的函数2ln,1(),1xxfxxxx=−，若函数()()kxfxax=+恰有2个零点，则实数a的取值范围为（）A．1,{0}(1,)e−−+B．11,{0}(1,)e−−+

C．111,{0},ee−−+D．1(,1){0},1e−−第Ⅱ卷非选择题（共105分）二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在答题卡中的相应横线上）10．i是虚数单位，则823ii

+−为________.11．在5332xx+的展开式中，则1x的系数为________．12．已知直线:1lykx=−与圆22:430Cxyx+−+=相切，则正实数k的值为___________．13．一个盒子里有1个红1个绿4个黄六个相同的球，每次拿一个，共拿三

次，记拿到黄色球的个数为X．（Ⅰ）若取球过程是无放回的，则事件“2X=”的概率为__________；（Ⅱ）若取球过程是有放回的，则()EX=________．14．已知lg(2)lglgxyxy+=+，则22xyxyy++的最小值为_______．15．在平面四边形

ABCD中，ABAD⊥，60ABC=，150BCD=，4ABEB=，433BC=，23AE=，若点M为边CD上的动点，则AMEM的最小值为________．三、解答题（本大题5小题，共75分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演

算步骤16．（本题满分14分）已知在ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，22(sinsin)sinsinsinABCAB−=−．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若3ab=，求cos(2)BC+的值．17．（本小题满分15分）如图，

在三棱锥PABC−中，PA⊥底面,90ABCBAC=．点D，E，N分别为棱,,PAPCBC的中点，M是线段AD的中点，8PAAC==，4AB=．（Ⅰ）求证：//MN平面BDE；（Ⅱ）求二面角CEMB−−的正弦值；（Ⅲ）已知点H在棱PA上

，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721，求线段AH的长．18．（本小题满分15分）已知椭圆22221(0)xyabab+=的左焦点为F，离心率32e=，长轴长为4．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过点F的直线l与椭圆交于M，N两点（非长轴端点），MO的延长线与椭圆交于P点，求

PMN面积的最大值，并求此时直线l的方程．19．（本小题满分15分）等差数列na的前n项和为nS，数列nb是等比数列，满足13a=，11b=，2210bS+=，5232aba−=．（Ⅰ）求数列na和nb的通项公式；（Ⅱ）若数列

nc满足212,(1)nnnnnncacab−==−，求数列nc的前2n项和2nT．（Ⅲ）求11(1)(6k5)knkkkkbaa=+−+．20．（本小题满分16分）已知()sin,()lnnxfxxgxxme==+，（n为正整数，mR）（Ⅰ）若()ygx=在1x

=处的切线垂直于直线12yx=，求实数m的值；（Ⅱ）当1n=时，设函数2()12()hxxfx=−−，(0,)x，证明：()hx仅有1个零点．（Ⅲ）当2n=时，证明：()()()12xfxgxxme++−．2021年天津市十二区县重点学校高三毕业班联考（一）数学参考答案一、选择题：每

小题5分，满分45分题号123456789答案CBDDACCBB二、填空题：每小题5分，共30分．（两空中对一个得3分，对两个得5分）10．511．24012．4313．35；214．442+15．154三、

解答题：本大题5小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．16．（本小题满分14分）解：（Ⅰ）∵22(sinsin)sinsinsinABCAB−=−∴由正弦定理得22()abcab−=−即222abcab+−=2分∴1cos2C=，3分又∵(0,)C4分∴3C

=5分（Ⅱ）∵3ab=∴由正弦定理得sin3sinAB=6分∵23AB+=∴2sin3sin3BB−=，8分∴3tan5B=9分∴0,2B∴2157sin,cos1414BB==10分∴5311sin22sin

cos,cos21414BBBB===13分∴1cos(2)cos2cossin2sin7BCBCBC+=−=−14分17．（本小题满分15分）解：（Ⅰ）如图所示建立空间直角坐标系．则(0,0,0)(4,0,0),(0,8,

0)(0,0,4)(0,4,4)(0,0,2)(2,4,0)(0,0,8)ABCDEMNP1分证明：(0,4,0),(4,0,4)DEDB==−．设(,,)nxyz=为平面BDE的法向量，则00nDEnDB=

=，即40440yxz=−=．不妨设1z=，可得(1,0,1)n=2分又(2,4,2)MN=−，3分可得0MNn=．因为MN平面BDE，4服所以//MN平面BDE5分（Ⅱ）解：易知1(1,0,0)n=为平面BEM的一个法向

量．6分设2(,,)nxyz=为平面EMN的法向量，则2200nEMnMB==，因为(0,4,2)EM=−−，(4,0,2)MB=−，所以420420yzxz−−=−=．不妨设2z=，可得

2(1,1,2)n=−8分因此有1212126cos,6nnnnnn==，9分于是1230sin,6nn=．所以，二面角CEMN−−的正弦值为30610分（Ⅲ）依题意，设(08)AHhh=，11分则(0

,0,)Hh，进而可得(2,4,)NHh=−−，(4,4,4)BE=−由已知，得2|||48|7|cos,|||||212043NHBEhNHBENHBEh−===+，13分整理得2521160hh−+=，14分解得165h=，或1h=．所以，线段AH的长为165

或115分18．（本小题满分15分）解：（Ⅰ）因为椭圆长轴长为4，所以24,2aa==1分因为椭圆的离心率为32所以32ca=，2分又222abc=+，解得3,1cb==，3分所以椭圆C的方程为2214xy+=；4分（Ⅱ）法一：设MN的方程为3xmy=−，

5分联立方程组22314xmyxy=−+=()2242310mymy+−−=6分121222231,44myyyymm−+==++()222121212||114MNmyymyyyy=+−=++−()22414mm+=+9分原点到直线3xmy=−的距离

231dm=+点P到直线MN的距离为22321dm=+10分221431||224MNPmSMNdm+==+11分令21,1mtt+=12分2433MNPtSt=+4323tt=+14分当3t=时，面积取到最大值2此时，直线l的方程为230xy−+=或230xy++=．1

5分法二：①当k不存在时，||1,23,3PMNMNdS===5分②当k存在且0k时，设直线方程为(3)ykx=+，与椭圆方程2214xy+=联立，可得()222241831240kxkxk+++−=，6分显然0，221212228

3124,4141kkxxxxkk−+=−=++，7分∴()21212||4MNxxxx=+−()22222222418312414411414kkkkkkk+−=+−−=+++9分∴223

||1kdk=+，10分2243||141PMNkkSk+=+22143114kk+=+，11分令211(1)ttk=+12分∴上式2433tt=+13分∴上式4323tt=+14分当且仅当3t=，即22k=时，取到最值．（其他方法求最值酌情给分）综上，

当22k=时，PMNS取得最大值2．此时，直线l的方程为230xy−+=或230xy++=15分19．（本小题满分15分）解：（Ⅰ）设数列na的公差为d，数列nb的公比为q，113,1ab==及2252310,2,bSaba+=−=得2252310,2,bSab

a+=−=1分解得2,2,dq==2分所以132(1)21,2nnnannb−=+−=+=．4分（Ⅱ）()()21321242nnnTcccccc−=+++++++()()1121122(1)nnnnaaaababab=++

++−+++−5分设na前项n和为A2(321)22nnAnn++==+7分设1(1)(21)(2)2nnnnabn−=+−前项n和为B12111113(2)5(2)(21)(2)(21)(2)2222nnBn

n−=−+−++−−++−231111123(2)5(2)(21)(2)(21)(2)2222nnBnn+−=−+−+−−++−231133(2)(2)(2)(21)(2)2nnBn+=−

+−+−+−−+−114(2)133(21)(2)122nnBn++−−=−+−+−+1565(2)918nnB+−+=−−10分综上可知2125652(2)918nnnTABnn++=+=+−−−11分（Ⅲ）11(1)(65)(1)(65)2(

21)(23)nnnnnnnbnaann−+−+−+=++12分11(1)2(1)2(21)(23)nnnnnn−+−−=−++13分令11122448(1)2(1)2355779(21)(23)nnnnnPnn−+−−−−−=−+−+−++−++

14分11(1)23(23)nnnPn+−=−−+15分20．（本小题满分16分）解：（Ⅰ）1()xgxmex=+1分3(1)12,gmeme=+=−=−2分（Ⅱ）要证()hx仅有1个

零点，即证()0hx=仅有1个实根即证2()12sin0hxxx=−−=，(0,)x仅有1个实根3分()22cos2(cos)hxxxxx=−=−4分①当,2x时，()0,()hxhx在区

间,2上单调递增，5分又23024h=−，2()10h=−，所以()hx在区间,2上有一个零点．6分②当0,2x时，设()()22cosxhxxx==−．()22sin0xx=+，所以()x在区间0,2

上单调递增．又(0)20=−，02=，所以存在00,2x，使得()00x=．所以，当()00,xx时，()0x，即()0,()hxhx单调递减；当0,2xx时，()0x，即()0,()hxhx单调递增

；又(0)10h=−，23024h=−．所以()hx在区间0,2上无零点．8分综上所述，函数()hx在(0,)x内只有一个零点．9分（Ⅲ）当2n=时，()2sinc

ossin2fxxxx==要证()()()12xfxgxxme++−只需证：sin2ln10(1)2xxxxe++−10分令()sin22Hxxx=−()2cos222(cos21)0Hxxx=−=−所以()Hx在(0,)+单调递

减所以()(0)0HxH=所以sin22xx11分要证（1），只需证sin22xx12分法一：令()ln1xFxxxxe=++−()11()1(1)1xxxFxxexexx+=+−+=−13分令()1xqxxe=−()(1)0xqxxe=−+14分()qx在(0,)+单调

递减(0)10q=，(1)10qe=−0(0,)x+，使()00qx=，即001xxe=15分当()00,xx，()0Fx，()Fx单调递增当()0,xx+，()0Fx，()Fx单调递减()00000()ln

10xFxFxxxxe=++−=，所以原命题得证16分法二：令()1xxex=−−()1xxe=−∴()x在(,0)−单调递减，在(0,)+单调递增∴()(0)0x=∴1xex+，13分∵lnxxR+∴lnln1xxexx+++14分∴ln1xxexx++，即证

ln10xxxxe++−∴原命题得证16分