【文档说明】辽宁省锦州市渤海大学附属中学2021届高三下学期5月新高考第五次模拟考试数学答案.pdf，共(10)页，305.059 KB，由小赞的店铺上传

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新高考高三第五次模拟考试教师版页第1页共10页2021新高考高三第五次摸拟考试A卷参考答案一、单选题1.【详解】故()RMNð＝N，故选:C．2．【详解】12102(1)011xxxxxx，则:01px2222230log3log434x

xxxxx，则:43qx或01x所以p是q的充分不必要条件．故选：C．3．【详解】根据题意可知，可以安排在周一到周五的4天、3天或2天中.①如果安排4天，则每天安排1小时锻炼，有455C种方法；②如

果安排3天，则有一天安排2小时锻炼，其余两天安排1小时锻炼，有315330CC种方法；③如果安排2天，则每天安排2小时锻炼，有2510C种方法.于是由分类加法计数原理得，安排身体锻炼时间的不同方法有5301045（种）．

故选：D．4．【详解】依题意，以C为坐标原点，分别以AC，BC所在的直线为x，y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则B(0，2)，D(2，0)，所以直线BD的方程为y＝－x＋2，因为点P在边AC的中线BD上，所以可设P(t，2－t)(0

≤t≤2)，所以CP＝(t，2－t)，BP＝(t，－t)，所以CP·BP＝t2－t(2－t)＝2t2－2t＝2212t－12，当t＝12时，CP·BP取得最小值－12，故选：A.5．【详解】由题意有22360sin2nnRRn，所

以2360sinnnn，又222360sin2nnRRn，所以22180sin360180sincosnnnnnn，故选：A．6．【详解】由已知可得平面中心到球心的距离为Rh，又球冠底面周长为22Cr，所以1r，又2

16SRh，所以8hR，因为222()rRhR，即22212RRhhR，解得26415R，即815R，新高考高三第五次模拟考试教师版页第2页共10页故1158815rR，故选：B．7．【详解】抛物线22ypx的焦点(2pF，0)，准线:2plx，设OFM△

的外心为Q，半径为R，面积294SR，则294R，32R，而点Q在线段OF的垂直平分线上，4Qpx，而圆Q与抛物线的准线2px相切，则有3()422ppR，即3342p，2p．故选：D8．【详解】令lnxfxx，则221lnln1()(

ln)(ln)xxxxfxxx，由()0fx，得ln10x，得xe，所以fx在,e单调递增，442342ln42ln2ln2ffff，32ln3lnln2，∴3lnln3，ln22ln，∴

3lnln2ln3ln2，ln2ln32lnln3，所以bca.故选：B二、多选题9．【详解】217cos22sin32fxxx2cos22co

s3xx13cos2sin2cos2122xxx31sin2cos21sin21226xxx；对于A，fx最小正周期22T，A正确；对于B，令262xkkZ，解

得：62kxkZ，即fx的对称轴为62kxkZ，B错误；对于C，5sin21sin2112gxfxxx，C正确；对于D，令222262kxkkZ

，解得36kxkkZ，即fx的单调递减区间,36kkkZ，D正确.故选：ACD.10．【详解】对于A选项，由题可知厨余垃圾的总投放质量为600千克，其中投放到“厨新高

考高三第五次模拟考试教师版页第3页共10页余垃圾”箱的有400千克，故厨余垃圾投放正确的概率为40026003，故A选项正确；对于B选项，由表中数据可知，居民垃圾投放错误的有100100303020

20300千克，故居民生活垃圾投放错误的概率为3003100010，故B选项错误；对于C选项，由表中数据可知，可回收物的总投放质量为300千克，其中正确投放的有240千克，故可回收物投放正确的概率为24043005，其他垃

圾的总投放质量为100千克，其中正确投放的有60千克，故其他垃圾投放正确的概率为6031005，再结合A选项厨余垃圾投放正确的概率为40026003，故324535，即其他垃圾投放正确的概率最低，故C选项正确；对于D选项，由题知厨

余垃圾在在“厨余垃圾”箱､“可回收物”箱，“其他垃圾”箱的平均投放量为200千克，根据方差的计算公式得2222400200100200100200200003s，故D选项正确.故选：ACD11．【详解】因为0ab，faf

b，所以由函数lnfxx图象知01ab，且1ba．对于A，因为1ba，所以A不正确；对于B,因为01ab，且1ba，所以22abaa．因为函数201yxxx是单调递减函数，所以函数201yxxx

的值域是3,，因此23aa，即2322ab，所以B正确；对于C,因为01ab，且1ba，所以233bba，因此C正确；对于D,因为01ab，且1ba，所以222211222

428ababababab,当且仅当ab时，等号成立，而01ab，因此22118ab，所以D正确．故选：BCD．12．【详解】对于A，设AC的中点为O，则由,RtABCRtADC△△知，OAOBOCOD，所以O为三棱锥DABC外接球的球心

，其半径为112AC，所以三棱锥DABC外接球的体积为43，故A正确；对于B，13DABCABCVSh△，当平面ADC平面ABC时，三棱锥DABC的高最新高考高三第五次模拟考试教师版页第4页共

10页大，此时三棱锥DABC的体积1131133224DABCV，故B错误；对于C，三棱锥DABC的体积的最大时，平面ADC平面ABC，二面角DACB的大小是90，故C错误；对于D，当翻

折后点D到点B的距离为2，即2BD，在BCD△中，222BCBDCD，则CDBD，又CDAD，则CD平面ABD，即异面直线AB与CD所成角为90，即异面直线AB与CD所成角的最大值为90°，故D正确；故选：AD三、填空题13．【详

解】因为|2|3xyi，所以22(2)3xy，故()xy，在以0(2)C，为圆心，3为半径的圆上，yx表示圆上的点(,)xy与原点所在直线:lykx的斜率，由平面几何知识，易知当直线:lykx与圆相切时取得最值，在OAC中，2,3OCAC，所以1OA,此时tan3ACkO

A.答案为：3.14．【详解】1000100199199199100100100100100110000(71)77(1)67(1)(1)CCCC010019919919910010010077(

1)7(1)1CCC099198991001001007(77)1CCC，即1006除7的余数为1，因为今天是星期三，所以1006后是星期四答案为：四.15．【详解】设每个实验室的装修费用为x万元，设备费为na万元1,2,3,,10n

，则527442,168,aaaa所以411631142,168,aqaqaqaq解得13,2.aq故91011536aaq.2分依题意15361700x

，即164x.所以总费用为1012103121010103069470912xaaaxx.3分16．【详解】由题意可得，|CF2|＝21||2AF，221||||2DFBF，因为|CF2|+|DF2|＝12，所以2211||||1222AFBF，所以|AF

2|+|BF2|＝24，根据双曲线的定义可得：（2a+|AF1|）+（2a+|BF1|）＝24，所以4a+|AB|＝24，则4a+22ba＝24，所以b2＝2a（6﹣a）（0＜a＜6），新高考高三第五次模拟考试教师版页第5页共10页所以过点M（a，b2），N

（﹣2，0）的直线的斜率为22(6)162(2)20222baaaaaa164(2)2042aa，当且仅当a+2＝162a即a＝2时取等号，所以过点M，N的直线的斜率的最大值为4，故答案为：4．四、

解答题17．【详解】方案一：选条件①.由正弦定理sinsinabAB及cos3sinbAaB，得sincos3sinsinBAAB，易知sin0B，所以3sincosAA，所以3tan3A........3分因为ABC为锐角

三角形，所以02A，所以6A，........5分所以0,250,62BB所以32B.........6分555sincossincossincoscossinsin666BCBBBBB

231sincossin22BBB31cos231111sin2sin2cos2sin244444426BBBBB，.8分因为32B，所以11sin2,622B，所以1sincos0,2

BC.........10分其他两种情况给分一致方案二：选条件②因为2223tanbcabcA，所以由余弦定理可得sin2cos3cosAbcAbcA，所以22cos3sinAA，即22sin3sin20AA，解得1sin2A或sin2A（舍去），.....

...3分因为ABC为锐角三角形，所以02A，所以6A.........5分新高考高三第五次模拟考试教师版页第6页共10页所以0,250,62BB所以32B.........6分555sincossincossincoscossi

nsin666BCBBBBB231sincossin22BBB31cos231111sin2sin2cos2sin244444426BBBBB，因为32B，所以11sin2,622B

，所以1sincos0,2BC.方案三：选条件③.因为sinsinsinabcABC，23cos3cosbcAaC，所以2sincos3sincos3sincosBACAAC，所以

2sincos3sin3sinBAACB，sin0B，所以3cos2A.........3分因为ABC是锐角三角形，所以02A，所以6A，........5分所以0,250,62BB

所以32B.........6分555sincossincossincoscossinsin666BCBBBBB231sincossin22BBB31cos23

1111sin2sin2cos2sin244444426BBBBB，因为32B，所以11sin2,622B，所以1sincos0,2BC.18．【详

解】（1）因为CD是圆柱的母线，所以CD平面ABC，因为AC平面ABC，所以CDAC，........1分又AB为圆柱下底面圆的直径，所以ACBC，........2分新高考高三第五次模拟考试教师版页第7页共10页因为BC，CD平

面BCDE，BCCDC，所以AC平面BCDE，........3分又AC平面ACD，所以平面ACD平面BCDE.........4分（2）由（1），可以C为坐标原点，CA，CB，CD所在直线分别为x，y，x轴建立如图所示的空间直

角坐标系.因为BE为圆柱的母线，所以BE平面ABC，所以EAB是直线AE与平面ABC所成的角，所以6EAB，........5分因为6AB，所以23BE.由（1）知ACBC，又6AB，3BC，所以AC33，........6分

所以(33,0,0)A，(0,3,23)E，(0,0,23)D，所以(33,3,23)AE，(33,0,23)AD.设平面ADE的法向量为1(,,)nxyz，则由1100nAE

nAD，得33323033230xyzxz，取3z，则2x，0y，所以1(2,0,3)nur是平面ADE的一个法向量，........9分易知平面ABC的一个法向量为2(0,

0,1)n，........10分所以1212123313cos,1313nnnnnn.所以平面ADE与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为31313.........12分19．【详解】（1）由题意，得112323122nn

aaananL，当2n时，1231231222nnaaananL，两式相减，得11222nnnnann，即2nna．........3分当1

n时，12a，也满足上式，新高考高三第五次模拟考试教师版页第8页共10页所以数列na的通项公式2nna．........4分（2）由22111log2loglog2nnannban，........6分因为11b，212b，显然不适合，212b，31

3b适合，即212b，313b，616b构成公差为16的等差数列；...7分313b，414b适合，即313b，414b，616b构成公差为112的等差数列；.8分当4n时，假设nb，1nb，2nkbk成等差数列，则12nnnkbbb，.....10

分即12211122121nknnnbbbnnnnnn，而当4n时，21nN，所以nkb不是数列nb中的项，即当4n时，不存在连续两项，使之与数列后面某一项依原顺序成等差数列.12分20．【详解】

：（1）设考生甲、乙正确完成实验操作的题数分别为，，则的取值分别为1、2、3，122130424242333666131(1),(2),(3)555CCCCCCPPPCCC，所以考生甲正确完成实验操作的

题数的概率分布列为：123P153515.......2分131()1232555E；.......4分因为2~3,3B，所以16128()0123227272727E；.......6分（2）23233321228(

2)1,(3),32732723PCPC因为31412820(2),(2)555272727PP，.......10分所以(2)(2)PP从做对题的数学期望考察，

两人水平相当；从至少正确完成2题的概率考察，甲通过的可能性大，因此可以判断甲的实验操作能力较强．.......12分新高考高三第五次模拟考试教师版页第9页共10页21．【详解】（1）设动点(,)Nxy，00,Axy

，因为ABx轴于B，所以0,0Bx．由题意得|22|213r，所以圆M的方程为222xy．.......2分由2ABNB可得000,2,yxxy，所以002xxyy．因为点00,

Axy在圆上，所以22002xy，点N的轨迹方程为2212xy．.......5分（2）由题意知直线l的斜率存在，设直线l方程为(2)ykx，设33,Pxy，联立直线与椭圆方程，消去y可得2222128820kxkxk．由4

2264412820kkk，解得212k．.......7分设11,Sxy，22,Txy，则2122812kxxk，21228212kxxk．所以121224412kyykxxk

，由OSOTtOP，得312txxx，312tyyy．当0t时，直线l为x轴，则椭圆上任意一点P满足OSOTtOP，符合题意．当0

t时，23232812412ktxkktyk，所以2321812kxtk，321412kytk．.......10分将上式代入椭圆方程得42222222321611212kktktk，整理222216161122ktkk

．由212k知，204t，所以20t或02t．.......11分综上所述，实数t的取值范围是(2,2)．.......12分22．【详解】（1）由()lngxxmx，()1(0)mxmgxxxx，.......1分当0m

，()0gx，()gx在(0,)上为增函数，无极值，.......2分当0m，0xm，()0gx；xm，()0gx，()gx在(0,)m上为减函数，在(,)m上为增函数，xm，()gx有极小值ln()mmm，无极大值，.......4分综上知：当0

m，()gx无极值，新高考高三第五次模拟考试教师版页第10页共10页当0m，()gx有极小值ln()mmm，无极大值........5分（2）()sinhxxax，()1coshxax，1cos1x，01a，()1cos0hxax，所以，当01a

，()sinhxxax在(0,)上为增函数，所以当(0,)x时，恒有()(0)0hxh，即sinxax成立；......8分当0m，()gx在(0,)上为增函数，这时，()yfx在(0,)上为增函数，

所以不可能存在1x，2(0,)x，满足当12xx时，12fxfx，所以有0m........10分设120xx，12fxfx得：111222sinlnsinlnxaxmxxaxm

x，212121lnlnsinsinmxxxxaxx①，1122sinsinxxxx，2121sinsinaxxaxx②，由①②式可得：21

2121lnlnmxxxxaxx，即2121lnln(1)mxxaxx，又12lnlnxx，21lnln0xx，2121(1)0lnlnxxmaxx③，要证121mxxa④，所以由③式知，只需证明：211221lnlnxxxxxx，

即证212211ln1xxxxxx，设211xtx，只需证1lnttt，即证：1ln0(1)tttt，令1()ln(1)thtttt，由2(1)()0(1)2thtttt，()ht在(1,)上为增函数，()(1)0hth，21122

1lnlnxxxxxx成立，所以由③知，121mxxa成立........12分参考答案仅供参考，如有错误，敬请谅解！