江苏省淮安市2021届高三数学5月模拟试题（含解析）.doc

1、江苏省淮安市2021届高三数学5月模拟试题（含解析）一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.1已知M，N均为R的子集，且（RN）M，则MN（）ANBMCDR2现有甲、乙、丙、丁、戊5种在线教学软件，若某学校要从中随机选取3种作为教师“停课不停学”的教学工具，则其中甲、乙、丙至多有2种被选取的概率为（）ABCD3已知a为实数，复数z（a2）+ai（ i为虚数单位），复数z的共轭复数为，若z20，则1（）A12iB1+2iC2+iD2i4设asin246，bcos235sin235，则a，b，c的大小关系为（）AbcaBcabCabcDbac5比莎斜塔是意大利的著名景点，因斜而不倒的奇特景象

2、而世界闻名，把地球看作一个球（球心记为O），地球上的一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，OA的方向即为A点处的竖直方向已知斜塔处于北纬44，经过测量，比莎斜塔朝正南方向倾斜，且其中轴线与竖直方向的夹角为4，则中轴线与赤道所在平面所成的角为（）A50B48C42D406函数f（x）esinx（x）的大致图象为（）ABCD7某保鲜封闭装置由储物区与充氮区（内层是储物区用来放置新鲜易变质物品，充氮区是储物区外的全部空间，用来向储物区输送氮气从而实现保鲜功能）如图所示，该装置外层上部分是半径为2半球，下面大圆刚好与高度为3的圆锥的底面圆重合，内层是一个高度为4的倒置小圆锥，小圆锥底面平行于外

3、层圆锥的底面，且小圆锥顶点与外层圆锥顶点重合，为了保存更多物品，充氮区空间最小可以为（）A4BCD8已知a0，b0，且，则a，b的值不可能是（）ABCD二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分9若随机变量N（0，1），则下列结论正确的是（）A该正态曲线关于直线x1对称B若P（1.52）0.9357，则P（1.52）0.0643C若P（1.49）0.9319，则P（1.49）0.9319D当x0时，若P（x）（x），则P（|x）2（x）10已知曲线，则下列结论正确的有（）A曲线C关于原点对称B曲线C

4、是封闭图形，且封闭图形的面积大于2C曲线C不是封闭图形，且图形以x轴和y轴为渐近线D曲线C与圆x2+y24有4个公共点11在三维空间中，定义向量的外积：叫做向量与的外积，它是一个向量，满足下列两个条件：（），（），且，和构成右手系（即三个向量的方向依次与右手的拇指、食指、中指的指向一致，如图所示）；的模|sin，（，表示向量，的夹角）在正方体ABCDA1B1C1D1中，有以下四个结论，正确的有（）ABC与方向相同D与正方体表面积的数值相等12甲、乙两人进行围棋比赛，共比赛2n（nN*）局，且每局甲获胜的概率和乙获胜的概率均为如果某人获胜的局数多于另一人，则此人赢得比赛记甲赢得比赛的概率为P（n

5、），则（）ABCDP（n）的最大值为三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13已知f（x）是定义在R上的周期为3的奇函数，且f（1）2f（10）+3，则f（2021） 14已知ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，那么当a 时，满足条件“b2，A30”的ABC有两个（仅写出一个a的具体数值即可）15在的二项展开式中，常数项为 16已知平行四边形ABCD中，AB3，AD4，BAD，平面内有动点E，满足|ED|2|EC|，则的取值范围为 四、解答题：本大题共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在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知（a+c）（a

6、c）b（b+c）（1）求角A的大小；（2）在下列三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答若b3，c4，点D是BC边上的一点，且_求线段AD的长AD是ABC的高；AD是ABC的中线；AD是ABC的角平分线18已知数列an满足a11，a23，且an+22an+1+an4，nN*（1）求数列an的通项公式；（2）设，nN*，求bn的最小值19机动车行经人行横道时，应当减速慢行；遇行人正在通过人行横道，应当停车让行，俗称“礼让行人”下表是某市一主干道路口监控设备所抓拍的5个月内驾驶员不“礼让行人”行为统计数据：月份12345违章驾驶人次1251051009080（1）由表中看出，可用线性回

7、归模型拟合违章人次y与月份x之间的关系，求y关于x的回归方程，并预测该路口月份不“礼让行人”违规驾驶人次；（2）交警从这5个月内通过该路口的驾驶员中随机抽查90人，调查驾驶员“礼让行人”行为与驾龄的关系，得到下表：不礼让行人礼让行人驾龄不超过2年2416驾龄2年以上2624能否据此判断有90%的把握认为“礼让行人行为与驾龄有关？并用一句话谈谈你对结论判断的体会附：，其中na+b+c+dP（K2k0）0.150.100.050.0250.010k02.0722.7063.8415.0246.63520已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，ABCD，ADCD，ABAD1，CD2，PD平面ABCD，

8、且PD2，平面PAB与平面PCD的交线为l（1）求证：lAB；（2）试建立适当的空间直角坐标系，并求点A在平面PBC上的射影A的坐标21已知双曲线的离心率为2，F为双曲线C的右焦点，M为双曲线C上的任一点，且点M到双曲线C的两条渐近线距离的乘积为（1）求双曲线C的方程；（2）设过点F且与坐标轴不垂直的直线l与双曲线C相交于点P，Q，线段PQ的垂直平分线与x轴交于点B，求的值22已知函数f（x）lnxx+1，g（x）ex1（1）求f（x）的最大值；（2）当x2，+）时，证明：g（x）2x（x1）；（3）证明：（参考数据：自然对数的底数e2.71828）参考答案一、选择题（共8小题，每小题5分，共

9、40分）.1已知M，N均为R的子集，且（RN）M，则MN（）ANBMCDR解：结合韦恩图可知，当MN时，（RN）M，故MNN故选：A2现有甲、乙、丙、丁、戊5种在线教学软件，若某学校要从中随机选取3种作为教师“停课不停学”的教学工具，则其中甲、乙、丙至多有2种被选取的概率为（）ABCD解：甲、乙、丙、丁、戊5种在线教学软件，某学校要从中随机选取3种作为教师“停课不停学”的教学工具，基本事件总数n10，甲、乙、丙至多有2种被选取包含的基本事件个数m9，则其中甲、乙、丙至多有2种被选取的概率p故选：D3已知a为实数，复数z（a2）+ai（ i为虚数单位），复数z的共轭复数为，若z20，则1（）A1

10、2iB1+2iC2+iD2i解：z20，则（a2）2a2+2a（a2）i0，即44a+2a（a2）i0，44a0，2a（a2）0，解得a2z2i，则11（2i）1+2i，故选：B4设asin246，bcos235sin235，则a，b，c的大小关系为（）AbcaBcabCabcDbac解：因为sin45sin46sin60，所以sin46，所以sin246，可得；因为bcos235sin23512sin235，又sin30sin35sin45，所以sin235，所以12sin235，所以12sin235（0，），即0，所以ab，又tan64，因为tan64tan60，可得tan64，可得cta

11、n64，所以ca，综上，可得cab故选：D5比莎斜塔是意大利的著名景点，因斜而不倒的奇特景象而世界闻名，把地球看作一个球（球心记为O），地球上的一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，OA的方向即为A点处的竖直方向已知斜塔处于北纬44，经过测量，比莎斜塔朝正南方向倾斜，且其中轴线与竖直方向的夹角为4，则中轴线与赤道所在平面所成的角为（）A50B48C42D40解：如图所示，AP为比莎斜塔的中轴线，AOD44，BAP4，则PAC40，即中轴线与赤道所在平面所成的角为40故选：D6函数f（x）esinx（x）的大致图象为（）ABCD解：由函数f（x）esinx（x），可知yet是单调递增的函

12、数，而函数ysinx在）和单调递减；在（）单调递增，由此可得原函数函数f（x）esinx在）和单调递减；在（）单调递增，所以符合的只有B选项，故选：B7某保鲜封闭装置由储物区与充氮区（内层是储物区用来放置新鲜易变质物品，充氮区是储物区外的全部空间，用来向储物区输送氮气从而实现保鲜功能）如图所示，该装置外层上部分是半径为2半球，下面大圆刚好与高度为3的圆锥的底面圆重合，内层是一个高度为4的倒置小圆锥，小圆锥底面平行于外层圆锥的底面，且小圆锥顶点与外层圆锥顶点重合，为了保存更多物品，充氮区空间最小可以为（）A4BCD解：设半球的半径为R，则R2，小圆锥的高为4，大圆锥的高为3，整个保鲜封闭装置的体

13、积为，小圆锥的半径为r，则r2R2（43）22213，所以，故小圆锥的体积为，所以充氮区空间最小可以为故选：B8已知a0，b0，且，则a，b的值不可能是（）ABCD解：，a0，b0，y（a） 在a（0，+） 上为增函数，在b（0，+） 上为减函数，当a2时，y（2），bsin31，y（b），即左边大于右边，故选项A错误，2，则，则，即左边大于右边，故选项B错误，当a1时，b21，则左边小于右边，故选项D错误故选：C二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分9若随机变量N（0，1），则下列结论正确的是

14、（）A该正态曲线关于直线x1对称B若P（1.52）0.9357，则P（1.52）0.0643C若P（1.49）0.9319，则P（1.49）0.9319D当x0时，若P（x）（x），则P（|x）2（x）解：由已知得，该分布为标准正态分布曲线，且0，1对称轴为x0，故A错；因为P（1.52+P（1.52）1，故B正确；因为对称轴为x0，故P（1.49）0.9319P（1.49）0.9319，故C错误；由对称轴为x0可知，当x0时，若P（x）（x），则P（x）P（x）（x），故P（|x）2（x），D正确故选：BD10已知曲线，则下列结论正确的有（）A曲线C关于原点对称B曲线C是封闭图形，且封闭图形

15、的面积大于2C曲线C不是封闭图形，且图形以x轴和y轴为渐近线D曲线C与圆x2+y24有4个公共点解：由于（x，y）与（x，y）都满足方程，故曲线C关于原点对称，A正确；当x+时，|y|1，曲线C不是封闭曲线，且x轴不是图形的渐近线，故BC错误；联立，解得或或或曲线C与圆x2+y24有4个公共点，故D正确故选：AD11在三维空间中，定义向量的外积：叫做向量与的外积，它是一个向量，满足下列两个条件：（），（），且，和构成右手系（即三个向量的方向依次与右手的拇指、食指、中指的指向一致，如图所示）；的模|sin，（，表示向量，的夹角）在正方体ABCDA1B1C1D1中，有以下四个结论，正确的有（）AB

16、C与方向相同D与正方体表面积的数值相等解：对于A，由模的定义知，|sin，|sin，|，所以A对；对于B，由，和构成右手系知，与方向相反，再由A知，所以B错；对于C，A1C1B1D1，A1C1BB1A1C1平面BB1D1D，BD1平面BB1D1DBD1A1C1，BD1A1D，再由右手系知，与同向，所以C对；对于D，正方体棱长为a，6aa6a2，正方体表面积为6a2，所以D对故选：ACD12甲、乙两人进行围棋比赛，共比赛2n（nN*）局，且每局甲获胜的概率和乙获胜的概率均为如果某人获胜的局数多于另一人，则此人赢得比赛记甲赢得比赛的概率为P（n），则（）ABCDP（n）的最大值为解：若甲、乙比赛4

17、局甲获胜，则甲在4局比赛中至少胜3局，P（2），故A错误；若甲、乙比赛6局甲获胜，则甲在6局比赛中至少胜4局，P（3），故B错误；在2n局比赛中甲获胜，则甲胜的局数至少为n+1局，P（n）+（）（）2n，故C正确；P（n），当n1时，P（n）取最大值，故D正确故选：CD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13已知f（x）是定义在R上的周期为3的奇函数，且f（1）2f（10）+3，则f（2021）1解：f（x）是定义在R上的周期为3的奇函数，f（10）f（1）f（1），f（1）2f（10）+3，f（1）2f（1）+3，f（1）1，f（2021）f（1）1，故答案为：114已知ABC内

18、角A，B，C的对边分别为a，b，c，那么当a1.5时，满足条件“b2，A30”的ABC有两个（仅写出一个a的具体数值即可）解：由正弦定理得，所以sinB，由ABC有两个得B有两个，可能为锐角，也可能为钝角，所以BA，sinB1所以ba，1，即1a2，故答案为：1.5（答案不唯一）15在的二项展开式中，常数项为 10解：的通项公式为Tk+1x5k（1）kx52k，常数项为x（1）3x1+（1）2x210故答案为：1016已知平行四边形ABCD中，AB3，AD4，BAD，平面内有动点E，满足|ED|2|EC|，则的取值范围为12，24解：因为平行四边形ABCD中，AB3，AD4，BAD，建立如图所

19、示坐标系，则A（0，0），B（3，0），C（5，2），D（2，2），设E（x，y），平面内有动点E，满足|ED|2|EC|，（x2）2+（y2）24（x5）2+（y2）2，即：（x6）2+（y2）24，故（x6）244x8，（3，0）（x，y）3x12，24故答案为：12，24四、解答题：本大题共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在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知（a+c）（ac）b（b+c）（1）求角A的大小；（2）在下列三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答若b3，c4，点D是BC边上的一点，且_求线段AD的长AD是ABC的高；AD

20、是ABC的中线；AD是ABC的角平分线解：（1）在ABC中，a，b，c分别为A，B，C所对的边，且（a+c）（ac）b（b+c），可得a2c2b2+bc， 由余弦定理可得cosA0A，（2）选AD是ABC的中线，AD是ABC的中线，b3，c4，18已知数列an满足a11，a23，且an+22an+1+an4，nN*（1）求数列an的通项公式；（2）设，nN*，求bn的最小值解：（1）an+22an+1+an4，nN*，an+2an+1（an+1an）4，nN*数列an+1an为等差数列，首项为a2a1312，公差为4，an+1an2+4（n1）4n2，an（anan1）+（an1an2）+（a

21、2a1）+a14（n1）2+4（n2）2+412+1+12（n1）2+1an2（n1）2+1（2）+12n+3231，当且仅当n1时取等号，bn的最小值为119机动车行经人行横道时，应当减速慢行；遇行人正在通过人行横道，应当停车让行，俗称“礼让行人”下表是某市一主干道路口监控设备所抓拍的5个月内驾驶员不“礼让行人”行为统计数据：月份12345违章驾驶人次1251051009080（1）由表中看出，可用线性回归模型拟合违章人次y与月份x之间的关系，求y关于x的回归方程，并预测该路口月份不“礼让行人”违规驾驶人次；（2）交警从这5个月内通过该路口的驾驶员中随机抽查90人，调查驾驶员“礼让行人”行为

22、与驾龄的关系，得到下表：不礼让行人礼让行人驾龄不超过2年2416驾龄2年以上2624能否据此判断有90%的把握认为“礼让行人行为与驾龄有关？并用一句话谈谈你对结论判断的体会附：，其中na+b+c+dP（K2k0）0.150.100.050.0250.010k02.0722.7063.8415.0246.635解：（1）由已知得：，所以，故所以x9时，即可预测该路口9月份不“礼让行人”的违章驾驶人次约为46（2）由题意，得22列联表为：不礼让行人礼让行人合计驾龄不超过1年241640驾龄1年以上161430合计4030700.3112.706所以没有90%的把握认为礼让行人的行为与驾龄有关文明驾

23、驶、安全驾驶是行车驾车的基本要求20已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，ABCD，ADCD，ABAD1，CD2，PD平面ABCD，且PD2，平面PAB与平面PCD的交线为l（1）求证：lAB；（2）试建立适当的空间直角坐标系，并求点A在平面PBC上的射影A的坐标解：（1）证明：因为ABCD，AB平面PAB，AB平面PCD，CD平面PCD，所以AB平面PCD，因为平面PAB平面PCDl，所以ABl（2）以D为原点，以DA，DC，DP为坐标轴建立空间直角坐标系，可得A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，2，0），P（0，0，2），（1，1，2），（0，2，2），可得设平面PBC的法向量为（

24、x，y，z），所以，即，令y1，则x1，z1，所以（1，1，1），设A的坐标为（x0，y0，z0），AA（x01，y0，z0），由AA，可得，所以x01y0z0，可得（1x0，1y0，z0），因为，所以1x0+1y0z00，所以2x0+y0+z0，所以2x0+x01+x01，解得x0，y0，z0，所以点A在平面PBC的射影A的坐标为（，）21已知双曲线的离心率为2，F为双曲线C的右焦点，M为双曲线C上的任一点，且点M到双曲线C的两条渐近线距离的乘积为（1）求双曲线C的方程；（2）设过点F且与坐标轴不垂直的直线l与双曲线C相交于点P，Q，线段PQ的垂直平分线与x轴交于点B，求的值解：（1）由题意

25、可得，渐近线的方程为bxay0，设M（x，y），则，又2，即c24a2，所以b23a2，所以a21，b23，所以双曲线的方程为x21（2）由（1）知，F（2，0），设直线l的方程为yk（x2），联立x21，得（3k2）x2+4k2x4k230，所以16k4+4（4k2+3）（3k2）36（k2+1）0，若P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x2，x1x2，所以|PQ|x1x2|，所以y1+y2k（x1+x24），所以PQ的中点坐标为（，），所以线段PQ的垂直平分线的方程为y（x）+，整理得yx+，所以B（，0），则|BF|2|，所以122已知函数f（x）lnxx+1，g（x）ex1（1

26、）求f（x）的最大值；（2）当x2，+）时，证明：g（x）2x（x1）；（3）证明：（参考数据：自然对数的底数e2.71828）【解答】（1）解：f（x）lnxx+1 （x0）f（x）1，当0x1时，f（x）0，x1时，f（x）0，f（x）f（1）0，f（x）的最大值为0；（2）证明：设h（x）ex12x（x1）ex2x2+2x1，故h（x）ex4x+2，h（x）ex4，x2，+）时，h（x）0，故h（x）在2，+）递增，故h（x）h（2）e260，h（x）在2，+）递增，故h（x）h（2）e250恒成立，故当x2，+）时：g（x）2x（x1）；（3）证明：要证：即证：ln（1+）+ln（1+）+ln（1+）ln，由（1）可知：x0，lnxx1，故ln（1+x）x对于x（0，+）恒成立，nN*，n2，01，ln（1+），而依据第（2）问当x2，+）时，ex12x（x1），故n2时，（），故ln（1+）+ln（1+）+ln（1+）+（1+），又e，即ln，故ln（1+）+ln（1+）+ln（1+）ln，