1、20202021学年高三年级模拟考试卷数学(满分：150分考试时间：120分钟)202105一、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，z134i，则z1z2()A. 25B. 25C. 724iD. 724i2. 已知集合A(3，)，集合Bx|3x9，则xA是xB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ab0.若c3ab，则cos a，c()A. B. C. D. 4. 函数f(x)cos xln (x)的图
2、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. 10B. 11C. 12D. 136. 若sin 160tan 20，则实数的值为()A. 3B. C. 2D. 47. 已知矩形ABCD，AB1，AD2，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. B. 4C. D
3、. 58. 已知ea2(a2)，eb3(b3)，ec4(c4)，则()A. cbaB. cabC. abcD. ac0，(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B. f(x)的单调递减区间是(2k，2k)(kZ)C. f(x)的图象的对称轴方程为xk(kZ)D. f(2 020)f(2 021)011. 已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别是F1，F2，其中F1F22c.直线l：yk(xc)(kR)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kOMkC. 若AF1AF23c2，则椭圆的离心率的取值范围是，
4、D. 若AB的最小值为3c，则椭圆的离心率e12. 将2n(nN*)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(0Xn，XN*)，则下列说法中正确的有()A. 当n1时，方差D(X)B. 当n2时，P(X1)C. n3，k0，n)(k，nN*)，使得P(Xk)P(Xk1)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 x1)，则f(x)在(1，f(1)处的切线方程为_14. 已知随机变量XN(2，2).若P(X4)0.1，则P(0X4)_1
5、5. 已知在(x)n(nN*)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52，则展开式中的常数项为_，此时C2i1_(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(0ACB0)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：PFAPFB.22. (本小题满分12分)已知函数f(x)tan xsin x，g(x)xsin x，x(
6、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20202021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. A2. A3. C4. B5. C6. D7. B8. A9. BD10. BCD11. AC12. ACD13. y2x114. 0.815. 1 1203 28016. 17. 解：(1) (解法1)在ABC中，BAC，AC2，BC，由余弦定理，得AB2AC22ABACcos BACBC2，所以AB22AB30，即(AB3)(AB1)0.又AB0，所以AB3，(2分)所以A
7、BC的面积SABACsin BAC32.(4分)(解法2)在ABC中，BAC，AC2，BC，由正弦定理，得，即，所以sinABC0，所以AB4.(8分)在ABC中，BAC，AC2，AB4，由余弦定理，得BC2AB2AC22ABACcos BAC16424212，又BC0，所以BC2.(10分)(解法2)在ABC中，设ABx.又BAC，AC2，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AD2AB2BD22ABBDcos ABCx2()22xx2x.(8分)又AD，所以x2x21，化简得x2x200，即(x4)(x5)0.又x0，所以x4，所以BC
8、2.(10分)18. 解：选择，设数列bn的公差为d(d0).因为b1，b2，b4成等比数列，所以bb1b4，即(b1d)2b1(b13d)，(1)因为a2b1b4，又a11，an15an，得a25，所以b1b13d5(2).由(1)(2)联立可得2b1dd23b1d，即d2b1d，因为d0，解得db1，代入(2)可得d1，(2分)所以bnn.(4分)因为an是等比数列，所以an5n1，(5分)所以.(6分)Sn1(3)，Sn(4).由(3)(4)，得Sn1，解得Sn(1).(12分)选择，设数列bn的公差为d(d0).由可知，b22b11，b42b212(2b11)14b13.(2分)由，因
9、为b1，b2，b4成等比数列，所以bb1b4，(4分)即(2b11)2b1(4b13)，解得b11，所以b21，则d0，(10分)与题意矛盾，故数列bn不存在(12分)选择，设数列bn的公差为d(d0).由可知，b22b11，b42b212(2b11)14b13b13d，解得b1d1.(2分)因为a2b1b4，又a11，an15an，得a25，所以b1b13d5，即2(d1)3d5，解得d，b1，因此bnn1.(4分)因为an是等比数列，所以an5n1，(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
10、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)1P()11，(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)70727476788076(万元).(12分)20. (1) 证明：(证法1)连接DG，因为ABAF，AFAB，所以直棱柱的底面为等腰直角三角形，DCE45.在半圆DGC上，G是弧CD中点，所以GDC45，(3分)所以DGEC.又ECFB，所以DGFB，B，F，D，G四
11、点共面(6分)(证法2)直棱柱中，ABAF，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，AFAB2，设ADh，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DGFB，B，F，D，G四点共面(6分)(2) 解：直棱柱中，ABAF，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，AFAB2，设ADh，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)，(
12、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(y1)21.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2p1，所以抛物线的方程为x2y.(1分)(1) 设A(x1，x)，B(x2，x)，所以kABx1x2，所以直线AB的方程为yx(x1x2)(xx1)，即y(x1x2)xx1x2.因为直线AB过点E(0，2)，所以x1x
13、22，所以x1x22.(3分)直线PA的方程为yx2x1(xx1)，即y2x1xx，同理，直线PB的方程为y2x2xx.联立两直线方程，可得P(，x1x2)，(5分)由可知点P的纵坐标为定值2.(6分)(2) (证法1)1当FPx轴时，此时点P的横坐标0，则x1x20，可知A，B两点关于y轴对称，此时PFAPFB；(7分)2当FP斜率存在时，由到角公式，得tan PFA，tan PFB.又P(，x1x2)，由消去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 PFAtan PFB，注意到两角都在(0，
14、)内，可知PFAPFB.(12分)(证法2)cos PFA，cos PFA，注意到两角都在(0，)内，可知要证PFAPFB，即证(*)，(x1，x)，(，)，(8分)所以x1(x)x(4x1).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AA1l，BB1l于点A1，B1，可知A1(x1，)，所以kA1F，又kAP2x1，所以kA1FkAP1，所以A1FAP.(8分)又AA1AF，所以AA1F是等腰三角形，可知PA是A1F的中垂线，所以PA1PF，所以AA1PAFP，所以PFAPA1A.同理，PFBPB1B，同理，PB1PF且PFB
15、PB1B，所以PB1PA1，所以PA1B1PB1A1，所以PA1APB1B，(11分)所以PFAPFB.(12分)22. (1) 证明：令h(x)f(x)g(x)x，则h(x)tan x2x，所以h(x)2，(1分)因此当x(0，)时，cosx，h(x)0，所以h(x)tan x2x在x(0，)上单调递减，在x(，)上单调递增(3分)因为h(0)0，h()21.72.50；所以h(x)tan x2x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(x)f(x)ag(x)tan xsin xa(xsin x)，则(解法1)(x)cosxa(1cos x)a
16、(1cosx).当a0时，则当x(0，)时，(x)0，又(0)0，所以(x)0恒成立；(6分)当0a3时，则(x)sinxasin xsin x(1a).因为x(0，)，所以cosx(0，1)，从而1(3，)，因此当00，所以函数(x)在x(0，)上单调递增又(0)0，因此(x)0，所以函数(x)在x(0，)上单调递增又(0)0，所以(x)0在x(0，)上恒成立；(8分)当a3时，令(x)sin x0.因为cosx(0，1)必有一解，记为x0，所以当x(0，x0)时，(x)0，因此当x(0，x0)时，(x)单调递减，当x(x0，)时，(x)单调递增又(0)0，所以(x)0在x(0，x0)恒成立
17、，所以(x)在x(0，x0)上单调递减又(0)0，所以(x0)0在x(0，)上恒成立，因此t(x)0，故(x)0, 所以(x)在x(0，)上单调递增又(0)0，所以(x)0在x(0，)上恒成立；(8分)当a3时，t(x)sin x2(a1)cos x1.因为x(0，)，所以y2(a1)cos x1单调且2(a1)cos x1(1，2a3).因为a3，故2a30，因此存在x0(0，)使得2(a1)cos x010，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)3at()10，所以存在x(0，x0)，使得t(x)0，从而当x(0，x)时t(x)0，因此(x)在x(0，x)上单调递减又(0)0，所以(x)0与题意矛盾，(11分)综上a3，所以a的最大值为3.(12分)
