江苏省苏州市2021届高三数学下学期期初模拟试卷（Word版附答案）.DOC

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) 2021．02 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. 如图，阴影部分所表示的集合为( ) A. A∩(∁UB) B. B∩(∁UA) C. A∪(∁UB) D. B∪(∁UA) 2. 已知复数 z 满足 iz ＝1－i(i 为虚数单位)，则 z 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 3. 已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，2(a1＋a3＋a5)＋3(a8＋a10)＝60，则 S11 的值为( ) A. 33 B. 44 C. 55 D. 66 4. 古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说过：“美的线型和其他一切美的形体都必须有对称形 式”．在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美．如 清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》(如图)以连环诗的形式展现，20 个字绕着茶壶成一圆环，不 论顺着读还是逆着读，皆成佳作．数学与生活也有许多奇妙的联系，如 2020 年 02 月 02 日 (20200202)被称为世界完全对称日(公历纪年日期中数字左右完全对称的日期)．数学上把 20200202 这样的对称数叫回文数，两位数的回文数共有 9 个(11，22，…，99)，则在三位数的 回文数中，出现奇数的概率为( ) A. 1 3 B. 4 9 C. 5 9 D. 2 3 5. 如图，在斜坐标系 xOy 中，x 轴、y 轴相交成 60°角，e1，e2 分别是与 x 轴、y 轴正方 向同向的单位向量，若向量OP→ ＝xe1＋ye2，则称有序实数对〈x，y〉为向量OP→ 的坐标，记作OP→ ＝〈x，y〉．在此斜坐标系 xOy 中，已知向量 a＝〈2，3〉，b＝〈－5，2〉，则 a，b 夹角的大 小为( ) A. π 6 B. π 3 C. 2π 3 D. 5π 6 6. 已知函数 y＝f(x)和 y＝g(x)分别是定义在 R 上的偶函数和奇函数，且 f(0)＝－4，f(x)＝ g(x＋2)，则 g(x)的解析式可以是( ) A. y＝－4sin πx 4 B. y＝4sin πx 2 C. y＝－4cos πx 4 D. y＝4cos πx 2 7. 已知函数 f(x)＝2sin(2x＋π 6 )．若α为锐角且 f(α 2 )＝6 5 ，则 f(α＋π 12 )的值为( ) A. －48 25 B. －24 25 C. 24 25 D. 48 25 8. 我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时，提出了一个原理(祖暅原理)：“幂势 既同，则积不容异”．这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个 等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．利用祖暅 原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差，图①是一种“四脚帐 篷”的示意图，其中曲线 AOC 和 BOD 均是以 1 为半径的半圆，平面 AOC 和平面 BOD 均垂 直于平面 ABCD，用任意平行于帐篷底面 ABCD 的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形．模 仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放 的同底等高的正四棱锥(如图②)，从而求得该帐篷的体积为( ) 第 8 题图② A. 2 3 B. 4 3 C. π 3 D. 2π 3 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，有选错的或不选的得 0 分． 9. 设(1＋2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则满足 a2n＝2an－1an＋1 的正整数 n 的值可 能为( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 10. 已知 2x＝3，3y＝4，则( ) A. x＜3 2 B. xy＝2 C. x＞y D. x＋y＞2 2 11. 已知双曲线 C：x2 4 －y2 2 ＝1 的右焦点为 F，两条直线 2x＋2y＝t1， 2x＋2y＝t2 与 C 的 交点分别为 A，B，则可以作为 FA＝FB 的充分条件的是( ) A. t1＝1，t2＝8 B. t1＝2，t2＝3 C. t1＝2，t2＝4 D. t1＝1，t2＝4 12. 在长方体 ABCD A1B1C1D1 中，已知 AA1＝AB＝2AD＝2，E，F 分别为 BB1，D1C1 的中 点，则( ) A. EF⊥EC B. BD∥平面 AEF C. 三棱锥 C1CEF 外接球的表面积为 5π D. 平面 A1BCD1 被三棱锥 C1CEF 外接球截得的截面圆面积为9π 8 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ξ服从正态分布 N(3，σ2)，且P（ξ＜1） P（ξ＜5） ＝1 9 ，则 P(3＜ξ＜5)＝________． 14. 设 F1，F2 分别是椭圆 C：x2 a2 ＋y2 2 ＝1(a＞0)的左、右焦点，过 F2 作 x 轴的垂线与 C 交 于 A，B 两点．若△ABF1 为正三角形，则 a 的值为________． 15. 已知函数 f(x)＝|x－1|＋|x＋1|－1 2|x|.若函数 g(x)＝f(x)－b 恰有四个零点，则实数 b 的取 值范围是________． 16. 如图，已知球 O 的半径为 5，圆 O1，O2 为球 O 的两个半径均为 2 的截面圆，圆面 O、 圆面 O1、圆面 O2 两两垂直，点 A，B 分别为圆 O 与圆 O1，O2 的交点，P，Q 两点分别从 A， B 同时出发，按箭头方向沿圆周 O1，O2 以每秒π 6 弧度的角速度运动，直到两点回到起始位置 时停止运动，则其运动过程中线段 PQ 长度的最大值为________；研究发现线段 PQ 长度最大 的时刻有两个，则这两个时刻的时间差为________秒．(本小题第一空 2 分，第二空 3 分) 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. (本小题满分 10 分) 在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 c＝3，sin(A＋π 3 )＝ 3b 2c ，sin A＋ sin B＝2 6sin Asin B． (1) 求△ABC 外接圆的直径； (2) 求△ABC 的面积． 18. (本小题满分 12 分) 随着视频传输和移动通信技术的日益成熟、以及新冠疫情的推动，直播＋电商的模式正 在全球范围内掀起热潮．目前，国际上 Amazon、Rakuten 等电商平台和以 Facebook 为代表的 社交类平台都纷纷上线了直播电商业务；在国内，淘宝、京东、抖音、拼多多、苏宁等众多 平台都已成为该赛道内的玩家．根据中研产业研究院《2020－2025 年中国直播电商行业市场 深度分析及投资战略咨询研究报告》显示，2020 年上半年，“直播经济”业态主要岗位的人才 达到 2019 年同期的 2.4 倍；2020 年“6.18”期间，带货主播和直播运营两大岗位高达去年同 期的 11.6 倍．针对这一市场现象，为了加强监管，相关管理部门推出了针对电商的商品和服 务的评价体系．现从评价系统中选出 200 次成功交易，并对其评价进行统计，对商品的好评 率为 0.6，对服务的好评率为 0.75，其中对商品和服务都做出好评的交易为 80 次． (1) 请完成关于商品和服务评价的 2×2 列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过 0.001 的前提下，认为商品好评与服务好评有关？ 对服务好评 对服务不满意 合计 对商品好评 80 对商品不满意 10 合计 200 (2) 若将频率视为概率，某人在该购物平台上进行的 3 次购物中，设对商品和服务全为好 评的次数为随机变量 X，求对商品和服务全为好评的次数 X 的分布列和数学期望． 附临界值表： P(K2≥k) 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 K2 的观测值：k＝ n（ad－bc）2 （a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）(其中 n＝a＋b＋c＋d)． 19. (本小题满分 12 分) 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知 n 个圆 C1，C2，…，Cn 与 x 轴和直线 l：y＝ 3(x ＋1)均相切，且任意相邻两圆外切，其中圆 Ci：(x－ ai)2 ＋(y－bi)2＝r2i (1≤i≤n，i∈N*，－1 ＜an＜…＜a2＜a1＝8，bi＞0，ri＞0)． (1) 求数列{an}的通项公式； (2) 记 n 个圆的面积之和为 S，求证：S＜243 8 π. 20. (本小题满分 12 分) 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，过原点的直线 l：y＝k1x(k1＞0)交抛物线 C：y2＝2x 于 点 P(异于原点 O)，抛物线 C 上点 P 处的切线交 y 轴于点 M，设线段 OP 的中点为 N，连接线 段 MN 交 C 于点 T. (1) 求TM MN 的值； (2) 过点 P 作圆 O′：(x－1)2＋y2＝1 的切线交 C 于另一点 Q，设直线 OQ 的斜率为 k2，求 证：|k1－k2|为定值． 21. (本小题满分 12 分) 如图，四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，PA＝PB＝3. (1) 求证：∠PAD＝∠PBC； (2) 当直线 PA 与平面 PCD 所成角的正弦值最大时，求此时二面角 PABC 的大小． 22. (本小题满分 12 分) 已知函数 f(x)＝xeax－ln x，其中 e 是自然对数的底数，a＞0. (1) 若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为 2e－1，求 a 的值； (2) 对于给定的常数 a，若 f(x)≥bx＋1 对 x∈(0，＋∞)恒成立，求证：b≤a. 2020～2021 学年高三年级模拟考试卷(苏州) 数学参考答案及评分标准 1. B 2. C 3. C 4. C 5. C 6. A 7. D 8. B 9. BC 10. BCD 11. AC 12. ACD 13. 0.4 14. 3 15. (3 2 ，2) 16. 2 5；8 17. 解：(1) 由 sin(A＋π 3 )＝ 3b 2c ，得 2c(1 2sin A＋ 3 2 cos A)＝ 3b.(1 分) 由正弦定理得 sin Csin A＋ 3sin Ccos A＝ 3sin B＝ 3sin(π－A－C)＝ 3sin(A＋C) ＝ 3sin Acos C＋ 3cos Asin C，(2 分) 即 sin Csin A＝ 3sin Acos C．(3 分) 又 sin A≠0，所以 tan C＝ 3.(4 分) 又 C∈(0，π)，所以 C＝π 3 .(5 分) 所以△ABC 外接圆的直径 2R＝ c sin C ＝2 3.(6 分) (2) 由正弦定理得 sin A＝ a 2 3 ，sin B＝ b 2 3 ，(7 分) 因为 sin A＋sin B＝2 6sin Asin B，所以 a＋b＝ 2ab. 由余弦定理得 c2＝a2＋b2－2abcos C，即 9＝a2＋b2－ab， 结合 a＋b＝ 2ab，可得 9＝(a＋b)2－3ab＝2(ab)2－3ab， 所以 ab＝3.(9 分) 所以△ABC 的面积 S＝1 2absin C＝3 3 4 .(10 分) 18. 解：(1) 由题意可得关于商品和服务评价的 2×2 列联表如下： 对服务好评 对服务不满意 合计 对商品好评 80 40 120 对商品不满意 70 10 80 合计 150 50 200 (2 分) k＝ n（ad－bc）2 （a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d） ＝200（80×10－40×70）2 150×50×120×80 ≈11.111＞10.828，(4 分) 故能在犯错误的概率不超过 0.001 的前提下，认为商品好评与服务好评有关．(5 分) (2) 每次购物中，对商品和服务全为好评的概率为2 5 ，且 X 的取值可以是 0，1，2，3.(6 分) 其中 P(X＝0)＝(1－2 5)3＝ 27 125 ， P(X＝1)＝C13 2 5(1－2 5)2＝ 54 125 ， P(X＝2)＝C23(2 5)2(1－2 5)＝ 36 125 ， P(X＝3)＝C33(2 5)3(1－2 5)0＝ 8 125 ， X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 27 125 54 125 36 125 8 125 (10 分) 由于 X～B(3，2 5)，则 X 的数学期望 E(X)＝3×2 5 ＝6 5.(12 分) 19. (1) 解：设直线 l 与 x 轴、y 轴分别交于点 P，Q， 根据题意可知，点 Ci 到 x 轴的距离和到直线 l 的距离均为半径， 所以圆心 Ci 都在∠QPO 的角平分线 y＝ 3 3 (x＋1)上，且 bi＝ri， 所以 bi＝ 3 3 (ai＋1)，则 b1＝ 3 3 (a1＋1)＝3 3.(2 分) 设圆 Ci 在 x 轴上的切点为 Ai(i＝1，2，3，…)， 在△PCnAn 和△PCn＋1An＋1 中，因为|CnAn|＝bn，|Cn＋1An＋1|＝bn＋1，∠CnPAn＝30°， 所以|PCn|＝2bn，|PCn＋1|＝2bn＋1. 因为相邻两圆外切，所以|PCn|＝|PCn＋1|＋|CnCn＋1|， 所以 2bn＝2bn＋1＋(bn＋1＋bn)，即 bn＋1＝1 3bn，(4 分) 所以数列{bn}是首项为 3 3，公比为1 3 的等比数列， 所以 bn＝3 3·(1 3)n－1＝(1 3)n－5 2.(6 分) 因为 bn＝ 3 3 (an＋1)，所以 an＝(1 3)n－3－1(n∈N*)．(8 分) (2) 证明：如图，记圆 Ci 的面积为 Si，则 Si＝πb2i ， 由(1)可知，bi＝(1 3)i－5 2 ，代入上式可得 Si＝πb2i ＝π(1 3)2i－5，(10 分) 从而这 n 个圆的面积之和 S＝ ＝π 27[1－（1 9 ）n] 1－1 9 ＜243π 8 .(12 分) 20. (1) 解：设 P(a2 2 ，a)(a＞0)，点 P 处的切线方程为 y＝k(x－a2 2)＋a， 联立方程组 y2＝2x， y＝k（x－a2 2 ）＋a，得 y2－2y k ＋2a k －a2＝0. 由Δ＝(2 k)2－4(2a k －a2)＝0，解得 k＝1 a ； 可知切线为 y＝1 ax＋a 2 ，M(0，a 2)，N(a2 4 ，a 2)，(2 分) 联立方程组 y2＝2x， y＝a 2 ， 得 T(a2 8 ，a 2)，即 T 为 MN 的中点，(3 分) 所以TM MN ＝1 2.(4 分) (2) 证明：(证法 1)当直线 PQ 的斜率不存在时，其方程为 x＝2， 解得 P(2，2)，Q(2，－2)，k1＝1，k2＝－1，则|k1－k2|＝2.(5 分) 当直线 PQ 的斜率存在时，设方程为 y＝mx＋b，由题意知 m≠0，b≠0. 因为直线 PQ 与圆 O′相切，所以 |m＋b| 1＋m2 ＝1，即 b2＋2mb＝1.(7 分) 联立方程组 y2＝2x， y＝mx＋b， 得到一元二次方程 m2x2＋2(bm－1)x＋b2＝0， 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0， 由根与系数关系可知 x1＋x2＝2（1－bm） m2 ，x1x2＝b2 m2.(9 分) 又 k1＝y1 x1 ，k2＝y2 x2 ，则|k1－k2|＝|y1 x1 －y2 x2|＝|x2y1－x1y2 x1x2 |＝|x2（mx1＋b）－x1（mx2＋b） x1x2 | ＝|b（x1－x2） x1x2 |＝|m2（x1－x2） b |＝m2 |b| （x1＋x2）2－4x1x2 ＝m2 |b| 4（1－mb）2 m4 －4b2 m2 ＝ 4（1－mb）2－4m2b2 |b| ＝ 4（1－2mb） |b| ＝ 4b2 |b| ＝2. 综上可知|k1－k2|为定值 2.(12 分) (证法 2)由题意可知直线 PQ 的斜率不能为 0，故可设 PQ 的方程为 x＝my＋t(t≠0)；(5 分) 因为直线 PQ 与圆相切，所以 |1－t| 1＋m2 ＝1，即 m2＝t2－2t.(7 分) 联立方程组 y2＝2x， x＝my＋t， 得到一元二次方程 y2－2my－2t＝0. 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0， 由根与系数关系可知 y1＋y2＝2m，y1y2＝－2t，则 x1x2＝t2.(9 分) 又 k1＝y1 x1 ，k2＝y2 x2 ， 则|k1－k2|＝|y1 x1 －y2 x2|＝|x2y1－x1y2 x1x2 |＝|y1（my2＋t）－y2（my1＋t） x1x2 | ＝|t（y1－y2） x1x2 |＝|y1－y2| |t| ＝1 |t| （y1＋y2）2－4y1y2 ＝1 |t| 4m2＋8t＝ 4t2 |t| ＝2. 综上可知|k1－k2|为定值 2.(12 分) 21. (1) 证明：分别取 AB，CD 的中点 E，F，连接 PE，EF，PF. 因为 PA＝PB，所以 PE⊥AB. 因为 AB∥CD，所以 CD⊥PE. 因为 CD⊥EF，PE∩EF＝E，所以 CD⊥平面 PEF.(2 分) 因为 PF 平面 PEF，所以 CD⊥PF.(3 分) 在△PCD 中，因为 PF 垂直平分 CD，所以 PC＝PD. 因为 PA＝PB，AD＝BC，所以△PAD≌△PBC， 从而可得∠PAD＝∠PBC.(5 分) (2) 解：由(1)可知，∠PEF 是二面角 PABC 的平面角， 设∠PEF＝α，则α∈(0，π)． 在△PEF 中，PF2＝PE2＋EF2－2PF·EF·cos α＝12－8 2cos α. 过点 E 作 PF 的垂线，垂足为 G， 则 EG2＝(PE·EF·sin α PF )2＝ 8sin2α 3－2 2cos α.(7 分) 因为 CD⊥平面 PEF，CD 平面 PCD，所以平面 PCD⊥平面 PEF. 因为平面 PCD∩平面 PEF＝PF，EG⊥PF，EG 平面 PEF， 所以 EG⊥平面 PCD. 因为 AB∥平面 PCD，所以点 A 到平面 PCD 的距离等于点 E 到平面 PCD 的距离，即 为 EG，设直线 PA 与平面 PCD 所成角为θ，所以 sin θ＝EG PA ＝1 3EG.(9 分) 令 t＝3－2 2cos α，t∈(3－2 2，3＋2 2)， 则 EG2＝ 8sin2α 3－2 2cos α ＝8－（3－t）2 t ＝6－(t＋1 t)≤4， 所以当且仅当 t＝1，即α＝π 4 时，EG 有最大值 2， 此时直线 PA 与平面 PCD 所成角为θ的正弦值 sin θ＝EG PA ＝1 3EG 最大． 所以当直线 PA 与平面 PCD 所成角的正弦值最大时，二面角 PABC 的大小为π 4 .(12 分) 22. (1) 解：因为 f′(x)＝(ax＋1)eax－1 x ，所以切线斜率为 k＝f′(1)＝(a＋1)ea－1＝2e－1， 即(a＋1)ea－2e＝0.(2 分) 构造 h(x)＝(x＋1)ex－2e， 由于 h′(x)＝(x＋2)ex＞0，所以 h(x)在(0，＋∞)上单调递增，(3 分) 又 h(1)＝0，所以 a＝1.(4 分) (2) 证明：设 u(t)＝et－t－1，则 u′(t)＝et－1， 当 t＞0 时，u′(t)＞0，当 t＜0 时，u′(t)＜0， 所以 u(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以 u(t)min＝u(0)＝0，即 u(t)≥0，所以 et≥t＋1 (*)．(6 分) 若 f(x)≥bx＋1 对 x∈(0，＋∞)恒成立， 则 xeax－ln x－bx≥1 对 x∈(0，＋∞)恒成立， 即 b≤eax－ln x x －1 x 对 x∈(0，＋∞)恒成立． 设 g(x)＝eax－ln x x －1 x ＝xeax－ln x－1 x ， 由(*)可知 g(x)＝xeax－ln x－1 x ＝eax＋ln x－ln x－1 x ≥ax＋ln x＋1－ln x－1 x ＝a， 当且仅当 ax＋ln x＝0 时等号成立．(9 分) 由φ(x)＝ax＋ln x，因为φ′(x)＝a＋ ＞0，所以φ(x)单调递增． 又φ(e－a)＝ae－a＋ln e－a＝ae－a－a＝a(e－a－1)＜0，φ(1)＝a＞0， 所以存在 x0∈(e－a，1)，使得 ax0＋ln x0＝0， 即方程 ax＝－ln x 有唯一解 x0∈(e－a，1)， 所以 b≤a 得证．(12 分)