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（Word版附答案）

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. M B. N C. ∁RMD. ∁RN 2. 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＝cos θ＋isin θ(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1 2 ，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. 3 5B. 8 9 C. 9 10D. 1 5. 已知 a，b，c 均为单位向量，且 a＋2b＝2c，则 a·c＝( ) A. －1 2B. －1 4C. 1 4D. 1 2 6. 函数 f(x)＝sin x cos x＋ 3cos2x 的图象的一条对称轴为( ) A．x＝π 12 B. x＝π 6 C. x＝π 3 D. x＝π 2 7. 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 30 15 45 植树 20 25 45 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. 5 B. 10 C. 15 D. 20 8. 若 aln a＞bln b＞cln c＝1，则( ) A. eb＋cln a＞ec＋aln b＞ea＋bln c B. ec＋aln b＞eb＋cln a＞ea＋bln c C. ea＋bln c＞ec＋aln b＞eb＋cln a D. ea＋bln c＞eb＋cln a＞ec＋aln b 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＞0 B. 若 a1＋a3＜0，则 a1＋a2＜0 C. 若 a2＞a1＞0，则 a1＋a3＞2a2 D. 若 a1a2＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＜0 10. 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 55 B. 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）n 4 个数 D. 在第 11 条斜线上，最大的数是 C3 7 12. 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，∠BDC B. s，∠ACB，∠BCD，∠ACD C. s，∠ACB，∠ACD，∠ADC D. 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：x2 a2 ＋y2 b2 ＝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，c sin A＝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＝log2 an n ；③bn＝ an＋2 an＋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＝2 3，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2 3. (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：x2 a2 －y2 b2 ＝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(ln x＋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＜2e 3 2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. D 2. B 3. B 4. B 5. C 6. A 7. C 8. C 9. AC 10. ABD 11. BCD 12. ACD 13. 0.4 14. 答案不唯一，只要形如[a，2]或(a，2]，其中 0≤a＜1 的均正确． 15. 1 3 16. 198 17. 解：在直角三角形 ABD 中，BD2＝AD2－AB2＝(b 2)2－c2＝c2 4 ，所以 BD＝c 2. 所以 sin A＝BD AD ＝ 5 5 .(2 分) 因为 csin A＝1，所以 c＝ 5.(4 分) 由 b＝ 5c 得 b＝5. 因为 sin A＝ 5 5 ，A∈(0，π 2 )，所以 cos A＝ 1－sin2A＝2 5 5 .(5 分) 在△ABC 中，由余弦定理，得 a＝ 52＋（ 5）2－2×5× 5×2 5 5 ＝ 10.(7 分) 由正弦定理，得 a sinA ＝ b sin ∠ABC ，即 5 sin ∠ABC ＝ 10 5 5 ， 所以 sin ∠ABC＝ 2 2 .(9 分) 因为∠ABC∈(π 2 ，π)，所以∠ABC＝3π 4 .(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＋1 2n＋1 －an 2n ＝1.(4 分) 又a1 2 ＝2，所以 an 2n 是以 2 为首项、1 为公差的等差数列． 所以an 2n ＝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＋…＋2n)－(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＝log2 an n ，即 bn＝log2 n＋1 n ＋log22n＝log2 n＋1 n ＋n，(8 分) 所以 Tn＝(log2 2 1 ＋log2 3 2 ＋…＋log2 n＋1 n )＋(1＋2＋…＋n) ＝log2(2 1 ×3 2 ×…×n＋1 n )＋（1＋n）n 2 ＝log2(n＋1)＋（1＋n）n 2 .(12 分) 若选③：bn＝ an＋2 anan＋1 ，即 bn＝4an＋1－4an an＋1an ＝4( 1 an － 1 an＋1 )，(8 分) 所以 Tn＝4( 1 a1 － 1 a2 )＋4( 1 a2 － 1 a3 )＋…＋4( 1 an － 1 an＋1 ) ＝4( 1 a1 － 1 an＋1 )(10 分) ＝4[1 4 － 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(2 3，－1，0)，B(0，1，0)，A1(0，0，1). 所以OB→ ＝(0，1，0)，AB→＝(－2 3，2，0)，OA1＝(0，0，1)，于是 AB＝4. 由 ABCA1B1C1 是三棱台，所以 AB∥A1B1. 因为 A1B1＝2，所以 A1B1＝1 2AB→＝(－ 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·OB1＝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＋ 3×1 12＋02＋（ 3）2× 02＋02＋12 ＝ 3 2 . 因为二面角 B1BCA 为钝二面角， 所以二面角 B1BCA 的大小是5π 6 .(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)＝(1 3)3＋C1 3 2 3 ×(1 3)2×1 3 ＝1 9 ， P(X＝1)＝C2 4(2 3)2×(1 3)2×1 3 ＝ 8 81 ， P(X＝2)＝C2 4(2 3)2×(1 3)2×2 3 ＝16 81 ， P(X＝3)＝C2 3(2 3)2×1 3 ×2 3 ＋(2 3)3＝16 27 ，(4 分) 所以 X 的概率分布列为 X 0 1 2 3 P 1 9 8 81 16 81 16 27 所以 E(X)＝0×1 9 ＋1× 8 81 ＋2×16 81 ＋3×16 27 ＝184 81 .(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) ＝1 9 ×16 27 ＋ 8 81 ×16 81 ＋16 81 × 8 81 ＋16 27 ×1 9 ＝1 120 6 561. 答：甲、乙比赛两场后，两队积分相等的概率为1 120 6 561.(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＝4 2，即 a＝2 2.(4 分) 所以 b2＝c2－a2＝8. 所以 C 的方程为x2 8 －y2 8 ＝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＝3m 4 ，x1x2＝m2＋8 8 .(7 分) 所以 y1y2＝(－3x1＋m)(－3x2＋m)＝9x1x2－3m(x1＋x2)＋m2＝－m2 8 ＋9.(8 分) 所以 k1·k2＝y1－1 x1－3 · －y2－1 －x2－3 ＝ y1y2＋y1－y2－1 x1x2＋3x1－3x2－9 (10 分) ＝ －m2 8 ＋8－3（x1－x2） m2 8 －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 ＝aln x＋a＋1 x ， 则 g′(x)＝ax－1 x2 . 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＝1 a ， 所以，当 x∈(0，1 a)时，g′(x)＜0，g(x)递减； 当 x∈(1 a ，＋∞)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(0，1 a)，增区间为(1 a ，＋∞).(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(1 a)＝a(2－ln a). (ⅰ) 当 0＜a＜e2 时，g(x)＞g(1 a)＞0，g(x)没有零点，不合； (ⅱ) 当 a＝e2 时，g(1 a)＝0，g(x)有一个零点1 a ，不合； (ⅲ) 当 a＞e2 时，g(1 a)＜0.(6 分) g( 1 a2)＝a(a＋1－2ln a)， 设φ(a)＝a＋1－2ln a，a＞e2，则φ′(a)＝1－2 a ＞0. 所以φ(a)＞φ(e2)＝e2－3＞0，即 g( 1 a2)＞0. 所以存在 x1∈( 1 a2 ，1 a)，使得 g(x1)＝0. 因为 g(1 e)＝e＞0，所以存在 x2∈(1 a ，1 e)，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＜2e 3 2，g(2 a)＝a(3 2 ＋ln 2 a)＞0， 所以 1 a2 ＜x1＜1 a ＜x2＜2 a.(9 分) 因为 x1，x2 是 g(x)＝aln x＋a＋1 x 的两个零点， 所以 ln x1＋1＝－ 1 ax1 ，ln x2＋1＝－ 1 ax2 . 所以f（x1） x1 ＝eax1（ln x1＋1） x1 ＝－eax1 ax2 1 ，f（x2） x2 ＝eax2（ln x2＋1） x2 ＝－eax2 ax2 2 . 记 h(x)＝－eax ax2( 1 a2 ＜x＜2 a)，则 h′(x)＝－ eax（x－2 a ） x3 ＞0， 所以 h(x)在( 1 a2 ，2 a)上单调递增． 因为 1 a2 ＜x1＜1 a ＜x2＜2 a ，所以 h(x1)＜h(x2)，即f（x1） x1 ＜f（x2） x2 .(12 分)