【文档说明】江苏省2021届高三上学期新高考质量检测模拟数学试题（新高考标准卷）+PDF版含答案.pdf，共(16)页，993.234 KB，由小赞的店铺上传

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江苏省2021届高考模拟试题新高考样卷高三数学题考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分15

0分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1．已知集合A＝{x|x2<1}，集合B＝{x|log2x<0}，则A∩B等于()A．(0,1)B．(－1,0)C．(－1,1)D．(－∞，1)2．复数z＝2－i1＋i对

应的点在复平面内位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2－b2＝3bc，sinC＝23sinB，则A等于()A.π6B.π3C.2π3D.5π64．已知a1＝

1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是()A．an＝nB．an＝n＋1n()n－1C．an＝n2D．an＝2n－15．已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(0)＝0，当x<0时，f(x)单调递增．若实数a满足f(3

－|a＋1|)>f－33()，则a的取值范围是()A.－32，－12()B.－∞，－32()∪－12，＋∞()C.－43，－23()D.－∞，－43()∪－23，＋∞()6.已知函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)A>0，ω>0，|φ|<π

2()的图象如图所示，若函数h(x)＝f(x)＋1的两个不同零点分别为x1，x2，则|x1－x2|的最小值为()A.2π3B.π2C.4π3D．π7．已知点O是△ABC内部一点，且满足OA→＋OB→＋OC→＝0，又AB→·AC→＝23，∠BAC＝60°，则△OBC的面积为()A.3

2B．3C．1D．28．抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，已知点A和B分别为抛物线上的两个动点．且满足∠AFB＝120°，过弦AB的中点M作抛物线准线的垂线MN，垂足为N，则MNAB的最大值为()A.3B．1C.233D.33二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部

选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9．“存在正整数n，使不等式(n＋3)lga>(n＋5)lgaa(0<a<1)成立”的一个充分条件是()A．0<a<23B.23<a<1C.13<a<56D.23<a<5610．在下列函数中，最小值是2的

函数有()A．f(x)＝x2＋1x2B．f(x)＝cosx＋1cosx0<x<π2()C．f(x)＝x2＋4x2＋3D．f(x)＝3x＋43x－211．利用简单随机抽样的方法抽查某工厂的100件产品，其中一等品有20件，合格品有70件，其余为不合格品，

现在这个工厂随机抽查一件产品，设事件A为“是一等品”，B为“是合格品”，C为“是不合格品”，则下列结果正确的是()A．P(B)＝710B．P(A＋B)＝910C．P(AB)＝0D．P(A＋B)＝P(C)12．已知函数f(x)＝xlnx，若0<x1<x2，则下列结论正确的是()A．x2

f(x1)<x1f(x2)B．x1＋f(x1)<x2＋f(x2)C.fx1－fx2x1－x2<0D．当lnx>－1时，x1f(x1)＋x2f(x2)>2x2f(x1)第Ⅱ卷(非选择题共90分)三、填空

题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)＝log2x－3x，则f(－1)＝________.14．点A，B，C，D在同一球面上，AB＝BC＝2，AC＝2，若球面的表面积为25π4，则四面体ABCD体积

的最大值为________．15．已知向量m＝(sinx，－3)，n＝(cosx，cos2x)，则函数f(x)＝m·n＋32的最小正周期为________，单调递增区间为______________．(本题第一空

2分，第二空3分)16．设F为双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的右焦点，过F且斜率为ab的直线l与双曲线C的两条渐近线分别交于A，B两点，且|AF→|＝2|BF→|，则双曲线C的离心率为________．四、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(1

0分)在公差不为0的等差数列{an}中，a1，a3，a9成公比为a3的等比数列，又数列{bn}满足bn＝2an，n＝2k－1，2n，n＝2k，{k∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列{bn}的前2n项和T2n.18．(12分)在锐

角△ABC中，a，b，c为内角A，B，C的对边，且满足(2c－a)cosB－bcosA＝0.(1)求角B的大小；(2)已知c＝2，AC边上的高BD＝3217，求△ABC的面积．19.(12分)如图，在长方体ABCD－A1B1C

1D1中，AA1＝1，底面ABCD的周长为4，E为BA1的中点．(1)判断两直线EC1与AD的位置关系，并给予证明；(2)当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，求直线BA1与平面A1CD所成的角θ.20．(12分)(2020·徐州

模拟)已知椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)和椭圆C2：x22＋y2＝1的离心率相同，且点(2，1)在椭圆C1上．(1)求椭圆C1的方程；(2)设P为椭圆C2上一点，过点P作直线交椭圆C1于A，C两点，且P恰为弦AC的中点，则当点P变化时，试问△AOC的面积是否为常数，若是，求出

此常数，若不是，请说明理由．21.(12分)当前，以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进．目前，国家教育主管部门正在研制的《新时代全面加强和改进学校体育美育工作意见》，以及将出台的加强劳动教育指导意见和劳动教育指导大纲，无疑将对体美劳教育提出刚性要求．为激发学生加强体育活动，保证学生健康成长，

某校开展了校级排球比赛，现有甲乙两人进行比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满8局时停止．设甲在每局中获胜的概率为pp>12()，且各局胜负相互独立．已知第二局比赛结束时比赛停止的概率为59.(1)求p的值；(2)设X表示比赛停止时已比赛的局数，求随机变量X的概

率分布和均值E(X)．22．(12分)函数f(x)＝lnx＋1－xax(a∈R且a≠0)，g(x)＝(b－1)x－xex－1x(b∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝1时，若关于x的不等式f(x)＋g(x)≤－2恒

成立，求实数b的取值范围．江苏省2021届高考模拟试题样卷（供各市各校参考）高三数学题答案精析1．A2.D3.A4.A5.B6.A7．C[因为OA→＋OB→＋OC→＝0，所以O为△ABC的重心，所以△OBC的面积是△ABC面积的13，因为

AB→·AC→＝23，所以|AB→|·|AC→|cos∠BAC＝23，因为∠BAC＝60°，所以|AB→|·|AC→|＝43，所以S△ABC＝12|AB→|·|AC→|sin∠BAC＝3，所以△OBC的面积为1.]8．D[如图所示，过A，B分别作准线的垂线AQ，

BP，垂足分别为Q，P，设AF＝a，BF＝b，由抛物线的定义，得AF＝AQ，BF＝BP，在梯形ABPQ中，2MN＝AQ＋BP＝a＋b，由余弦定理得AB2＝a2＋b2－2abcos120°＝a2＋b2＋ab，整理得A

B2＝(a＋b)2－ab，因为ab≤a＋b2()2，则(a＋b)2－ab≥(a＋b)2－a＋b2()2＝34(a＋b)2，即AB2≥34(a＋b)2，所以AB2MN2≥34a＋b214a＋b2＝3，所以ABMN≥3，即MNAB≤33，当且仅当a＝b，即AF＝BF时取等号，故选D.

]9．BD[由(n＋3)lga>(n＋5)lgaa(0<a<1)，得(n＋3)lga>a(n＋5)lga(0<a<1)，∵0<a<1，∴lga<0，∴n＋3<a(n＋5)，即a>n＋3n＋5＝1－2n＋5，若存在正整数n，使a>1－2n＋5，需a>1－

2n＋5()min，当n＝1时，1－2n＋5取最小值23，∴a>23，又a<1，∴a的取值范围为a23<a<1|{}，易知选项BD是a23<a<1|{}的子集．]10．AD[由题意，对于A中，函数f(x)

＝x2＋1x2≥2x2·1x2＝2，当且仅当x2＝1x2，即x＝±1时等号成立，所以函数f(x)的最小值为2；对于B中，因为0<x<π2，则cosx∈(0,1)，而f(x)＝cosx＋1cosx≥2cosx·1cosx＝2，当且仅当cosx＝1cosx，即cosx＝1时等号成立，此时等号不成立

，所以函数的最小值不是2；对于C中，函数f(x)＝x2＋4x2＋3＝x2＋3＋1x2＋3＝x2＋3＋1x2＋3≥2x2＋3·1x2＋3＝2，当且仅当x2＋3＝1x2＋3，即x2＋3＝1，即x2＝－2时取等号，显然不成立；对于

D中，函数f(x)＝3x＋43x－2≥23x·43x－2＝4－2＝2，当且仅当3x＝43x，即x＝log32时等号成立，此时函数f(x)的最小值为2.]11．ABC[由题意知A，B，C为互斥事件，故C正确；又因为从100件中抽取产品符合古典

概型的条件，所以P(B)＝710，P(A)＝210，P(C)＝110，则P(A＋B)＝910，故A，B，C正确，D错误．]12．AD[设g(x)＝fxx＝lnx，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则g(x2)>g(x

1)，即fx2x2>fx1x1，∴x1f(x2)>x2f(x1)，A正确；设h(x)＝f(x)＋x，∴h′(x)＝lnx＋2不恒大于零，B错误；f(x)＝xlnx，∴f′(x)＝lnx＋1不恒小于零，C

错误；lnx>－1，故f′(x)＝lnx＋1>0，函数单调递增，故(x2－x1)[f(x2)－f(x1)]＝x1f(x1)＋x2f(x2)－x2f(x1)－x1f(x2)>0，即x1f(x1)＋x2f(x2)>x2f(x1)＋x1f(x2

)，fx2x2＝lnx2>fx1x1＝lnx1，∴x1f(x2)>x2f(x1)，即x1f(x1)＋x2f(x2)>2x2f(x1)，D正确．]13．3解析因为f(1)＝log21－3＝－3，又f(x)为定义在R上的奇函数，所以f(－1)＝－f(

1)＝3.14.23解析依题意AC2＝BC2＋AB2，所以∠ABC＝90°，设AC的中点为E，球的半径为R，过A，B，C三点的截面圆半径为r＝AE＝12AC＝1，由球的表面积为25π4知，4πR2＝25π4，解得R

＝54，因为△ABC的面积为12AB·BC＝1，所以要四面体ABCD的体积最大，则D为直线DE与球的交点且球心在线段DE上，所以球心到过A，B，C三点的截面的距离为d＝R2－r2＝34，所以DE＝34＋54＝2，

所以四面体ABCD体积的最大值为13×1×2＝23.15．πkπ－π12，kπ＋5π12[]，k∈Z解析f(x)＝m·n＋32＝sinxcosx－3cos2x＋32＝12sin2x－32cos2x＝sin2x－π3()，其最小正周期是T＝2π2＝π；由2kπ－π2≤2x－π

3≤2kπ＋π2，k∈Z，得kπ－π12≤x≤kπ＋5π12，k∈Z即y＝f(x)的单调递增区间为kπ－π12，kπ＋5π12[]，k∈Z.16．2或233解析若AF→＝－2BF→，则由图1可知，渐近线OB的斜率为－ba，l⊥

OB，在Rt△OBA中，由角平分线定理可得OAOB＝FAFB＝2，所以∠AOB＝60°，∠xOA＝30°，所以ba＝33，e＝ca＝1＋ba()2＝233.若AF→＝2BF→，则由图2可知，渐近线OB为△AOF边AF的垂直平分线，故△AOF为等腰三角形，故∠AOB＝∠BO

F＝60°，ba＝3，e＝ca＝1＋ba()2＝2，即该双曲线的离心率为2或233.17．解(1)在公差d不为0的等差数列{an}中，a1，a3，a9成公比为a3的等比数列，可得a23＝a1a9，a3＝a1a3，可得(a1＋2d)2＝a1(a1＋8d)，a1＝1，化简可得a1＝d＝1，即有

an＝n(n∈N*)．(2)由(1)可得bn＝2n，n＝2k－1，2n，n＝2k，{k∈N*.前2n项和T2n＝(2＋8＋32＋…＋22n－1)＋(4＋8＋12＋…＋4n)＝21－4n1－4＋12n

(4＋4n)＝24n－13＋2n(n＋1)．18．解(1)∵(2c－a)cosB－bcosA＝0，由正弦定理得(2sinC－sinA)cosB－sinBcosA＝0，∴(2sinC－sinA)cosB＝sinBcosA，2sinCcos

B－sin(A＋B)＝0，∵A＋B＝π－C且sinC≠0，∴cosB＝12，∵B∈(0，π)，∴B＝π3.(2)∵S△ABC＝12acsinB＝12BD·b，代入c＝2，BD＝3217，sinB＝32，得b＝73a，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB

＝a2＋4－2a，代入b＝73a，得a2－9a＋18＝0，解得a＝3，b＝7{或a＝6，b＝27，{又∵三角形为锐角三角形，∴a2<c2＋b2，∴a＝3，b＝7.∴S△ABC＝12acsinB＝12×2×3×32＝332.19．解(1)EC1与AD是相交直线.证明如下：如

图，连结AB1，C1D，则AB1C1D是平行四边形，∵E是AB1的中点，∴AE∥C1D，AE＝12C1D，∴AEC1D为梯形，A，E，C1，D四点共面，又EC1与AD为梯形的两腰，故EC1与AD相交.(2)设AB＝b，AD＝2－

b，VABCD－A1B1C1D1＝b(2－b)×AA1＝b(2－b)≤b＋2－b2()2＝1，当且仅当b＝2－b，即b＝1时取等号，方法一连结BD(图略)，设点B到平面A1CD的距离为h，则根据等体积法VB－A1

CD＝VA1－BCD，其中S△A1CD＝12×CD×A1D＝22，VA1－BCD＝13S△BCD×AA1＝16，∴h＝22，则直线BA1与平面A1CD所成的角θ满足sinθ＝hBA1＝12，∵θ∈0，π2[]，∴θ＝π6.方法二分别

以边AB，AD，AA1所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则B(1,0,0)，A1(0,0,1)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，BA1→＝(－1,0,1)，CD→＝(－1,0,0)，CA1→＝(－1，－1,1),设平面A1CD的法向量为n＝(x，y，z

)，则n·CD→＝0，n·CA1→＝0，{即－x＝0，－x－y＋z＝0，{取z＝1，则n＝(0,1,1)，∴sinθ＝|cos〈BA1→，n〉|＝12×2＝12，∵θ∈0，π2[]，∴θ＝π6.20．解(1)由题意知，2a2＋1b

2＝1，且ca＝22，即a2＝4，b2＝2，所以椭圆C1的方程为x24＋y22＝1.(2)是．①当直线AC的斜率不存在时，必有P(±2，0)，此时AC＝2，S△AOC＝2.②当直线AC的斜率存在时，设其斜率

为k，点P(x0，y0)，则AC：y－y0＝k(x－x0)，直线AC与椭圆C1联立，得(1＋2k2)x2＋4k(y0－kx0)x＋2(y0－kx0)2－4＝0，设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则x0＝x1＋x

22＝－2ky0－kx01＋2k2，即x0＝－2ky0，又x20＋2y20＝2，∴y20＝11＋2k2，S△AOC＝12×|y0－kx0|1＋k2×1＋k2·16k2y0－kx02－41＋2k2[2y0－kx02－4]1＋2k2＝2|y0－kx0|2

1＋2k2－y0－kx021＋2k2＝21＋2k2|y0|21＋2k2－1＋2k22y201＋2k2＝2|y0|1＋2k2＝2.综上，△AOC的面积为常数2.21．解(1)依题意，当甲连胜2局

或乙连胜2局时，第二局比赛结束时比赛结束．所以有p2＋(1－p)2＝59，解得p＝23或p＝13(舍)．(2)依题意知，X的所有可能值为2,4,6,8.设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为59.若该轮结束时比赛还将继续，则

甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有P(X＝2)＝59，P(X＝4)＝1－59()×59＝2081，P(X＝6)＝1－59()×1－59()×59＝80729，P(X＝8)＝

1－59()×1－59()×1－59()×1＝64729.所以随机变量X的概率分布为X2468P5920818072964729则E(X)＝2×59＋4×2081＋6×80729＋8×64729＝252

2729.22．解(1)∵f(x)＝lnx＋1ax－1a，∴f′(x)＝1x－1ax2＝ax－1ax2(x>0)，当a<0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a>0时，由f′(x)>0

得x>1a；由f′(x)<0得0<x<1a，∴f(x)在0，1a()上单调递减，在1a，＋∞()上单调递增．综上，当a<0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在0，1a()上单调递减，在1a，＋∞()上单调递增．(2)

由题意，当a＝1时，不等式f(x)＋g(x)≤－2，即lnx＋1x－1＋(b－1)x－xex－1x≤－2，即b－1≤ex－lnxx－1x在(0，＋∞)上恒成立，令h(x)＝ex－lnxx－1x，则h′(x)＝ex－1－lnxx2＋1x2＝

x2ex＋lnxx2，令u(x)＝x2ex＋lnx，则u′(x)＝(x2＋2x)ex＋1x>0，∴u(x)在(0，＋∞)上单调递增，又u(1)＝e>0，u12()＝e4－ln2<0，∴u(x)有唯一零点x012<x0<1()，所以u

(x0)＝0，即x0ex0＝－lnx0x0，(*)当x∈(0，x0)时，u(x)<0，即h′(x)<0，h(x)单调递减；x∈(x0，＋∞)时，u(x)>0，即h′(x)>0，h(x)单调递增，∴h(x0)为h(x)在定义域内的最小值．令k(

x)＝xex12<x<1()，则方程(*)等价于k(x)＝k(－lnx)，又易知k(x)单调递增，所以x＝－lnx，ex＝1x，∴h(x)的最小值为h(x0)＝ex0－lnx0x0－1x0＝1x0－－x0x0－1x0＝1，∴b－1≤1

，即b≤2，∴实数b的取值范围是(－∞，2]．