2021南京师大附中高三下学期5月模拟考试数学含答案

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 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)2021．05一、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. 设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z1＝3＋4i，则z1z2＝(　　)A. －25　B. 25C. 7－24i　D. －7－24i2. 已知集合A＝(3，＋∞)，集合B＝{x|3x>9}，则x∈A是x∈B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. 已知a，b为单位向量，且a·b＝0.若c＝3a－b，则cos 〈a，c〉＝(　　)A. 　B. 　C. 　D. 4. 函数f(x)＝cos x·ln (＋x)的图象大致是(　　)5. 一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群．该塔群随山势凿石分阶而建，依山势自上而下，第一阶1座，第二阶3座，第三阶3座，第四阶5座，第五阶5座，从第五阶开始塔的数目构成一个首项为5，公差为2的等差数列，总计108座，故名一百零八塔．则该塔的阶数是(　　)A. 10　B. 11C. 12　D. 136. 若λsin 160°＋tan 20°＝，则实数λ的值为(　　)A. 3　B. 　C. 2　D. 47. 已知矩形ABCD，AB＝1，AD＝2，点E为边BC的中点，将△ABE沿AE翻折，得到四棱锥BAECD，且平面BAE⊥平面AECD，则四面体BECD的外接球的表面积为(　　)A. π　B. 4π　C. π　D. 5π8. 已知ea－2＝(a≠2)，eb－3＝(b≠3)，ec－4＝(c≠4)，则(　　)A. c<b<a　B. c<a<b　C. a<b<c　D. a<c<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，全部选对得5分，部分选对得2分，不选或有错选的得0分．9. 高三(1)班有45人，拟采用无记名投票方式从5名候选人中选出3名优秀学生．选举规则为每人必须投且只能投一票，限在候选人中选择，候选人获票数居前三名的当选．在当选的3名候选人中，由票数高低决定获奖等次，分别为省级三好学生、市级三好学生、区级三好学生，由事前的民意调查得知，候选人张某的得票数刚好达到候选人得票数的平均数，如果张某决定投自己一票，请问下面预测张某当选结果中正确的有(　　)A. 不可能获省三好学生称号　B. 可能获市三好学生称号C. 一定能获奖　D. 可能落选10. 已知函数f(x)＝cos (ωx＋φ)(ω>0，φ∈(0，))的部分图象如图所示，则下列说法中正确的有(　　)A. f(x)的周期为πB. f(x)的单调递减区间是(2k－，2k＋)(k∈Z)C. f(x)的图象的对称轴方程为x＝k－(k∈Z)D. f(2 020)＋f(2 021)＝011. 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，其中F1F2＝2c.直线l：y＝k(x＋c)(k∈R)与椭圆交于A，B两点．则下列说法中正确的有(　　)A. △ABF2的周长为4aB. 若AB的中点为M，则kOM·k＝C.   若AF1·AF2＝3c2，则椭圆的离心率的取值范围是[，]D.   若AB的最小值为3c，则椭圆的离心率e＝12. 将2n(n∈N*)个有编号的球随机放入2个不同的盒子中，已知每个球放入这2个盒子的可能性相同，且每个盒子容纳球数不限，记2个盒子中最少的球数为X(0≤X≤n，X∈N*)，则下列说法中正确的有(　　)A. 当n＝1时，方差D(X)＝B. 当n＝2时，P(X＝1)＝C.  ∀n≥3，∃k∈[0，n)(k，n∈N*)，使得P(X＝k)>P(X＝k＋1)成立D. 当n确定时，数学期望E(X)＝三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知函数f(x) ＝x(ln x＋1)，则f(x)在(1，f(1))处的切线方程为________．14. 已知随机变量X～N(2，σ2).若P(X≥4)＝0.1，则P(0<X<4)＝________．15. 已知在(x－)n(n∈N*)的展开式中，笫5项的二项式系数与第3项的二项式系数之比为5∶2，则展开式中的常数项为________，此时C2i－1＝________．(结果用数字表示).16. 三等分角是古希腊三大几何难题之一．公元3世纪末，古希腊数学家帕普斯利用双曲线解决了三等分角问题．如图，已知圆心角ACB是待三等分的角(0<∠ACB<π).具体操作方法如下：在弦AB上取一点D，满足AD＝2DB，以AD为实轴，AD为虚轴作双曲线，交圆弧AB于点M，则∠ACM＝2∠MCB，即CM为∠ACB的三等分线．已知双曲线E的方程为－＝1，点A，D分别为双曲线E的左、右顶点，点B为其右焦点，点C为双曲线E的右准线上一点，且不在x轴上．若扇形CMB的面积为，则的值为________．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17.  (本小题满分10分)在△ABC中，∠BAC＝，AC＝2.(1) 若BC＝，求△ABC的面积；(2)若＝2，AD＝，求BC的长．       
18.  (本小题满分12分)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝5an(n∈N*)，数列{bn}是公差不为0的等差数列．若{bn}满足________，________．在①b1，b2，b4成等比数列，②a2＝b1＋b4，③b2n＝2bn＋1(n∈N*)这三个条件中任选两个，补充到上面的问题中．若问题中的数列{bn}存在，求数列{}的前n项和Sn；若问题中的数列{bn}不存在，请说明理由．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．         19. (本小题满分12分)2021年4月17日，江苏园博会正式向公众开放，昔日废弃采矿区化茧成蝶，变身成了“世界级山地花园群”，园博园的核心景区苏韵荟谷以流水串联，再现了江苏13个地市历史名园的芳华，行走其间，仿佛穿游在千年历史长河中，吸引众多游客前来打卡．某旅行社开发了江苏园博园一日游线路，考虑成本与防疫要求，每团人数限定为不少于35人，不多于40人．除去成本，旅行社盈利100元/人．已知该旅行社已经发出的10个旅游团的游客人数如下表所示： 序号12345678910游客人数39353838363940374038(1) 该旅行社计划从这10个团队中随机抽取3个团队的游客，就服务满意度进行回访，求这3个团队人数不全相同的概率；(2) 预计暑假期间发团200个，将盈利总额记为X(单位：万元)，用上表中的频率估计概率，求X的分布列及数学期望．      
20.   (本小题满分12分)如图所示的几何体是由一个直三棱柱和半个圆柱拼接而成．其中，∠FAB＝90°，AB＝AF＝2，点G为弧CD的中点，且C，G，D，E四点共面．(1)求证：D，G，B，F四点共面；(2) 若平面BDF与平面ABG所成锐二面角的余弦值为，求AD长．               21. (本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy中，已知点E(0，2)，以OE为直径的圆与抛物线C：x2＝2py(p>0)交于点M，N(异于原点O)，MN恰为该圆的直径．过点E作直线交抛物线于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线交于点P.(1) 求证：点P的纵坐标为定值；(2) 若点F是抛物线C的焦点，求证：∠PFA＝∠PFB.     
22. (本小题满分12分)已知函数f(x)＝tan x－sin x，g(x)＝x－sin x，x∈(0，).(1) 求证：关于x的方程f(x)－g(x)＝x在(0，)上有且仅有一个实数根；(2) 当x∈(0，)时，f(x)≥ag(x)，求实数a的最大值．  
2020～2021学年高三年级模拟考试卷(名校卷)数学参考答案及评分标准 1. A　2. A　3. C　4. B　5. C　6. D　7. B　8. A　9. BD　10. BCD　11. AC　12. ACD13. y＝2x－1　14. 0.8　15. 1 120　3 280　16. 17. 解：(1) (解法1)在△ABC中，∠BAC＝，AC＝2，BC＝，由余弦定理，得AB2＋AC2－2AB·AC·cos ∠BAC＝BC2，所以AB2－2AB－3＝0，即(AB－3)(AB＋1)＝0.又AB>0，所以AB＝3，(2分)所以△ABC的面积S＝AB·AC·sin ∠BAC＝×3×2×＝.(4分)(解法2)在△ABC中，∠BAC＝，AC＝2，BC＝，由正弦定理，得＝，即＝，所以sin∠ABC＝<.(2分)又在△ABC中，∠ABC∈(0，)，所以∠ABC是锐角，所以cos ∠ABC＝＝.因为三角形内角和是180°，所以sin∠ACB＝sin (∠ABC＋∠BAC)＝×＋×＝，所以△ABC的面积S＝AC·BC·sin ∠ACB＝×2××＝.(4分)(2) (解法1)因为＝2，所以＝＋，(6分)所以2＝2＋2＋·.又∠BAC＝，AC＝2，AD＝，代入化简得AB2＋AB－20＝0，即(AB－4)(AB＋5)＝0，又AB>0，所以AB＝4.(8分)在△ABC中，∠BAC＝，AC＝2，AB＝4，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos ∠BAC＝16＋4－2×4×2×＝12，又BC>0，所以BC＝2.(10分)(解法2)在△ABC中，设AB＝x.又∠BAC＝，AC＝2，由余弦定理，得BC＝＝，此时cos ∠ABC＝.(6分)因为＝2，所以BD＝.在△ABD中，由余弦定理，得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos ∠ABC＝x2＋()2－2x··＝x2＋x＋.(8分)又AD＝，所以x2＋x＋＝×21，化简得x2＋x－20＝0，即(x－4)(x＋5)＝0.又x>0，所以x＝4，所以BC＝2.(10分)18. 解：选择①②，设数列{bn}的公差为d(d≠0).因为b1，b2，b4成等比数列，所以b＝b1b4，即(b1＋d)2＝b1(b1＋3d)，(1)因为a2＝b1＋b4，又a1＝1，an＋1＝5an，得a2＝5，所以b1＋b1＋3d＝5　(2).由(1)(2)联立可得2b1d＋d2＝3b1d，即d2＝b1d，因为d≠0，解得d＝b1，代入(2)可得d＝1，(2分)所以bn＝n.(4分)因为{an}是等比数列，所以an＝5n－1，(5分)所以＝.(6分)Sn＝1＋＋＋…＋　(3)，Sn＝＋＋…＋＋　(4).由(3)－(4)，得Sn＝1＋＋＋…＋－＝－，解得Sn＝(1－)－.(12分)选择①③，设数列{bn}的公差为d(d≠0).由③可知，b2＝2b1＋1，b4＝2b2＋1＝2(2b1＋1)＋1＝4b1＋3.(2分)由①，因为b1，b2，b4成等比数列，所以b＝b1b4，(4分)即(2b1＋1)2＝b1(4b1＋3)，解得b1＝－1，所以b2＝－1，则d＝0，(10分)与题意矛盾，故数列{bn}不存在．(12分)选择②③，设数列{bn}的公差为d(d≠0).由③可知，b2＝2b1＋1，b4＝2b2＋1＝2(2b1＋1)＋1＝4b1＋3＝b1＋3d，解得b1＝d－1.(2分)因为a2＝b1＋b4，又a1＝1，an＋1＝5an，得a2＝5，所以b1＋b1＋3d＝5，即2(d－1)＋3d＝5，解得d＝，b1＝，因此bn＝n－1.(4分)因为{an}是等比数列，所以an＝5n－1，(5分)所以＝.(6分)Sn＝＋＋＋…＋　(5)，Sn＝＋＋…＋＋　(6)，由(5)－(6)，得Sn＝＋＋…＋－，解得Sn＝－.(12分)19. 解：  游客人数353637383940次数统计111322频率(2分)(注：上述表格不一定要出现，只要在解题中说明各种人数出现次数就可以．)(1)  设这3个团队人数不全相同为事件A.(3分)P(A)＝1－P()＝1－＝1－＝，(5分)故这3个团队人数不全相同的概率是.(6分)(2) X的可能取值为70，72，74，76，78，80.X的分布列为 X707274767880P(9分)E(X)＝70×＋72×＋74×＋76×＋78×＋80×＝76(万元).(12分)20. (1) 证明：(证法1)连接DG，因为AB⊥AF，AF＝AB，所以直棱柱的底面为等腰直角三角形，∠DCE＝45°.在半圆DGC上，G是弧CD中点，所以∠GDC＝45°，(3分)所以DG∥EC.又EC∥FB，所以DG∥FB，B，F，D，G四点共面．(6分)　　　　　　(证法2)直棱柱中，AB⊥AF，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，AF＝AB＝2，设AD＝h，A(0，0，0)，B(0，2，0)，F(2，0，0)，D(0，0，h)，G(－1，1，h)，(3分)则＝(－1，1，0)，＝(－2，2，0)，＝2，所以DG∥FB，B，F，D，G四点共面．(6分)(2) 解：直棱柱中，AB⊥AF，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，AF＝AB＝2，设AD＝h，F(2，0，0)，B(0，2，0)，D(0，0，h)，＝(－2，0，h)，＝(2，－2，0)，设平面BFD的法向量为n＝(x，y，z)，则有　化简得　所以取n＝(h，h，2)，A(0，0，0)，B(0，2，0)，G(－1，1，h)，＝(0，2，0)，＝(－1，1，h)，(8分)设平面ABG的法向量为m＝(r，s，t)，则有　化简得所以取m＝(h，0，1)，(10分)平面BDF与平面ABG所成二面角即为n与m夹角或其补角，所以|cos 〈n，m〉|＝＝，解得h＝，所以AD＝.(12分)21. 证明：以OE为直径的圆为x2＋(y－1)2＝1.由题意可知该圆与抛物线交于一条直径，由对称性可知交点坐标为(1，1)，(－1，1)，代入抛物线方程可得2p＝1，所以抛物线的方程为x2＝y.(1分)(1) 设A(x1，x)，B(x2，x)，所以kAB＝＝x1＋x2，所以直线AB的方程为y－x＝(x1＋x2)(x－x1)，即y＝(x1＋x2)x－x1x2.因为直线AB过点E(0，2)，所以－x1x2＝2，所以x1x2＝－2　①.(3分)直线PA的方程为y－x＝2x1(x－x1)，即y＝2x1x－x，同理，直线PB的方程为y＝2x2x－x.联立两直线方程，可得P(，x1x2)，(5分)由①可知点P的纵坐标为定值－2.(6分)(2) (证法1)1°当FP⊥x轴时，此时点P的横坐标＝0，则x1＋x2＝0，可知A，B两点关于y轴对称，此时∠PFA＝∠PFB；(7分)2°当FP斜率存在时，由到角公式，得tan ∠PFA＝，tan ∠PFB＝.又P(，x1x2)，由①消去x2，得P(，－2)，代入可求得kFP＝－，kFA＝，(8分)代入到角公式，化简可得tan ∠PFA＝＝＝＝＝＝，同理，tan ∠PFB＝－＝－＝.(11分)综上，可得tan ∠PFA＝tan ∠PFB，注意到两角都在(0，π)内，可知∠PFA＝∠PFB.(12分)(证法2)cos ∠PFA＝，cos ∠PFA＝，注意到两角都在(0，π)内，可知要证∠PFA＝∠PFB，即证＝　(*)，＝(x1，x－)，＝(，－)，(8分)所以·＝x1·－(x－)＝－x－＝－(4x＋1).又||＝＝x＋，所以＝－，(11分)同理，＝－，(*)式得证．(12分)(证法3)可知点F(0，)，准线l：y＝－.过点A，B分别作AA1⊥l，BB1⊥l于点A1，B1，可知A1(x1，－)，所以kA1F＝－，又kAP＝＝2x1，所以kA1F·kAP＝－1，所以A1F⊥AP.(8分)又AA1＝AF，所以△AA1F是等腰三角形，可知PA是A1F的中垂线，所以PA1＝PF，所以△AA1P≌△AFP，所以∠PFA＝∠PA1A.同理，∠PFB＝∠PB1B，同理，PB1＝PF且∠PFB＝∠PB1B，所以PB1＝PA1，所以∠PA1B1＝∠PB1A1，所以∠PA1A＝∠PB1B，(11分)所以∠PFA＝∠PFB.(12分)22. (1) 证明：令h(x)＝f(x)－g(x)－x，则h(x)＝tan x－2x，所以h′(x)＝－2＝＝，(1分)因此当x∈(0，)时，cosx>，h′(x)<0；当x∈(，)时，h′(x)>0，所以h(x)＝tan x－2x在x∈(0，)上单调递减，在x∈(，)上单调递增．(3分)因为h(0)＝0，h()<0，h()＝tan ()－＝2＋－>2＋1.7－2.5>0；所以h(x)＝tan x－2x在x∈(0，)无零点，在x∈(，)只有一个零点，因此方程有且仅有一个根．(5分)(2) 解：令φ(x)＝f(x)－ag(x)＝tan x－sin x－a(x－sin x)，则(解法1)φ′(x)＝－cosx－a(1－cos x)＝－a(1－cosx).①当a≤0时，则当x∈(0，)时，φ′(x)>0，又φ(0)＝0，所以φ(x)>0恒成立；(6分)②当0<a≤3时，则φ″(x)＝＋sinx－asin x＝sin x(＋1－a).因为x∈(0，)，所以cosx∈(0，1)，从而＋1∈(3，＋∞)，因此当0<a≤3时，φ″(x)>0，所以函数φ′(x)在x∈(0，)上单调递增．又φ′(0)＝0，因此φ′(x)>0，所以函数φ(x)在x∈(0，)上单调递增．又φ(0)＝0，所以φ(x)>0在x∈(0，)上恒成立；(8分)③当a>3时，令φ″(x)＝sin x[]＝0.因为cosx＝∈(0，1)必有一解，记为x0，所以当x∈(0，x0)时，φ″(x)<0，当x∈(x0，)时，φ″(x)>0，因此当x∈(0，x0)时，φ′(x)单调递减，当x∈(x0，)时，φ′(x)单调递增．又φ′(0)＝0，所以φ′(x)<0在x∈(0，x0)恒成立，所以φ(x)在x∈(0，x0)上单调递减．又φ(0)＝0，所以φ(x0)<0与题意矛盾，(11分)综上，a≤3，所以a的最大值为3.(12分)(解法2)φ′(x)＝－cosx－a(1－cos x)＝[(1－a)cos2x＋cosx＋1]，令t(x)＝(1－a)cos2x＋cosx＋1.①当a≤3时，t(x)≥－2cos2x＋cosx＋1＝(1－cos x)(2cos x＋1)>0在x∈(0，)上恒成立，因此t(x)>0，故φ′(x)>0, 所以φ(x)在x∈(0，)上单调递增．又φ(0)＝0，所以φ(x)>0在x∈(0，)上恒成立；(8分)②当a>3时，t′(x)＝sin x·[2(a－1)cos x－1].因为x∈(0，)，所以y＝2(a－1)cos x－1单调且2(a－1)cos x－1∈(－1，2a－3).因为a>3，故2a－3>0，因此存在x0∈(0，)使得2(a－1)cos x0－1＝0，从而当x∈(0，x0)时，t′(x)>0，当x∈(x0，)时，t′(x)<0，所以函数t(x)在x∈(0，x0)上单调递增，在x∈(x0，)上单调递减．又t(0)＝3－a<0，t(x0)>t()＝1>0，所以存在x′∈(0，x0)，使得t(x′)＝0，从而当x∈(0，x′)时t(x)<0，因此φ(x)在x∈(0，x′)上单调递减．又φ(0)＝0，所以φ(x′)<0与题意矛盾，(11分)综上a≤3，所以a的最大值为3.(12分)