江蘇省2021屆高三數(shù)學第二次模擬考試試題

1、最新Word高三數(shù)學第二次模擬考試試題(滿分160分，考試時間120分鐘)參考公式：圓錐的側(cè)面積公式：S=n rl，其中r為圓錐底面圓的半徑，I為圓錐的母線長.一、填空題：本大題共 14小題，每小題5分，共70分.1. 已知集合 A= x|x = 2k + 1 , k Z , B= x|x(x 5) v 0，貝U AA B=.22. 已知復數(shù)z = 1 + 2i，其中i為虛數(shù)單位，則z的模為.(第3題)3. 如圖是一個算法流程圖，若輸出的實數(shù)y的值為一1，則輸入的實數(shù)x的值為TifFl/ 產(chǎn)輸九jr /愉版/輪瀬14. 某校初三年級共有500名女生，為了了解初三女生1分鐘“仰臥起坐”項目訓練情

2、況，統(tǒng)計了所有女生1分鐘“仰臥起坐”測試數(shù)據(jù) (單位：個)，并繪制了如圖頻率分布直方圖， 則1分鐘至少能做到 30個仰臥起坐的初三女生有 個.5. 從編號為1 , 2, 3, 4的4張卡片中隨機抽取一張，放回后再隨機抽取一張，則第二次抽得的卡片上數(shù)字能被第一次抽得的卡片上的數(shù)字整除的概率為.a36. 已知函敬f(x)是定義在R上的奇函敷，且周期為 2,當x (0 , 1時，f(x) = x +，貝U f(a)的值為.7.若將函數(shù)f(x) = sin(2x +才)的圖象沿x軸向右平移0 ( $> 0)個單位長度后所得的圖象與f(x)的圖象關于x軸對稱，則0的最小值為 .8. 在厶ABC中，

3、AB= 2 5, AC= .5，/ BAC= 90°，則 ABC繞BC所在直線旋轉(zhuǎn)一周所形成的幾何體的表面積為 .9. 已知數(shù)列a n為等差數(shù)列，數(shù)列bn為等比數(shù)列，滿足a1，a?，as=仙，b?，bs=a，b， 2，其中 a>0， b>0，則 a + b 的值為.10. 已知點P是拋物線x2= 4y上動點，F(xiàn)是拋物線的焦點，點 A的坐標為(0，- 1)，則PFPA的最小值為.11. 已知x, y為正實數(shù)，且 xy + 2x + 4y = 41,貝U x+ y的最小值為 .12. 在平面直角坐標系 xOy中，圓C: (x m)2 + y2= r2(m>0).已知過原

4、點 0且相互垂直的兩條直線11和丨2,其中丨1與圓C相交于A, B兩點，丨2與圓C相切于點D.若AB= 0D則 直線11的斜率為.13. 在厶ABC中，BC為定長，|忑+ 2AC| = 3|BC|.若厶ABC面積的最大值為 2，則邊 BC的長為.114. 已知函數(shù)f(x) = ex x b(e為自然對數(shù)的底數(shù)，b R).若函數(shù)g(x) = f(f(x) g恰有4個零點，則實數(shù) b的取值范圍是 .二、 解答題：本大題共 6小題，共90分.解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或 演算步驟.15. (本小題滿分14分)如圖，在三棱錐 PABC中，點D, E分別為AB, BC的中點，且平面 PDE上平

5、面 ABC.(1) 求證：AC/平面PDE(2) 若 PD= AC= 2, PE= K,求證：平面 PBCL平面 ABC.16. (本小題滿分14分)在厶ABC中，角 A, B, C所對的邊分別為 a, b, c,且a= bcos C + csin B.(1) 求B的值；177(2) 設/ BAC的平分線 AD與邊BC交于點D.已知AD= = , cos A ，求b的值.72517. (本小題滿分14分)如圖，湖中有一個半徑為 1千米的圓形小島，岸邊點 A與小島圓心C相距3千米為方 便游人到小島觀光，從點 A向小島建三段棧道 AB, BD, BE,湖面上的點B在線段AC上，且 BD, BE均與

6、圓C相切，切點分別為 D, E，其中棧道AB, BD, BE和小島在同一個平面上.沿 圓C的優(yōu)弧(圓C上實線部分)上再修建棧道DE記/ CBD為0. 用0表示棧道的總長度f( 0 )，并確定sin 0的取值范圍;(2)求當0為何值時，棧道總長度最短.18.(本小題滿分16分)如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓C:b2i=1(a > b> 0)的離心率為2，且過點(0 ,求橢圓C的方程；(2)已知 BMN是橢圓C的內(nèi)接三角形. 若點B為橢圓C的上頂點，原點 O為ARMN的垂心，求線段 MN的長; 若原點OBMN的重心，求原點 O到直線MN距離的最小值.19.(本小題滿分16分)已知

7、函數(shù)f(x)f ( x)=x3 x求實數(shù)a的取值范圍； 若存在實數(shù)a,當x 0 , b時，函數(shù)f(x)在x = 0時取得最大值，求正實數(shù)b的最大值； 若直線I與曲線y = f(x)和y = g(x)都相切，且I在y軸上的截距為12,求實數(shù)a 的值. (a 16)x , g(x) = aln x , a R 函數(shù) h(x) =g(x) 的導x5函數(shù)h' (x)在【2,4上存在零點.20. (本小題滿分16分)已知無窮數(shù)列an的各項均為正整數(shù)， 其前n項和為S.記Tn為數(shù)列an的前an項和，即 Tn= ai+ a2 + an. 若數(shù)列a n為等比數(shù)列，且 ai= 1, S4= 5S,求T3

8、的值；(2)若數(shù)列a n為等差數(shù)列，且存在唯一的正整數(shù)n(n >2)，使得T<2，求數(shù)列a n的通an項公式；(3) 若數(shù)列Tn的通項為Tn = n 5"，求證：數(shù)列a n為等差數(shù)列.高三模擬考試試卷數(shù)學附加題（滿分40分，考試時間30分鐘）21. 【選做題】在A, B, C三小題中只能選做兩題，每小題 10分，共20分若多做,則按作答的前兩題計分解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟.A. （選修42 :矩陣與變換）1 21 0已知矩陣M= , MN= 2 10 1求矩陣N;求矩陣N的特征值.B. （選修44:坐標系與參數(shù)方程）x= 2t ,在平面直角坐標系 x

9、Oy中，曲線C的參數(shù)方程為1 2 （t為參數(shù)），以原點0為極點，y= 2tx軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線I的極坐標方程為 p cos（ 0- n4）八 若直線I交曲線C于A, B兩點，求線段 AB的長.C. （選修45:不等式選講） 已知a> 0,求證：、/a2 +右一羽a + g 2.最新 Word【必做題】 第 22，23 題，每小題 10 分，共 20 分解答時應寫出必要的文字說明、證 明過程或演算步驟22. 某商場舉行有獎促銷活動，顧客購買每滿400 元的商品即可抽獎一次抽獎規(guī)則如下：抽獎者擲各面標有 16點數(shù)的正方體骰子1次，若擲得點數(shù)大于 4，則可繼續(xù)在抽獎箱 中抽獎；

10、否則獲得三等獎，結(jié)束抽獎.已知抽獎箱中裝有 2個紅球與m(m>2, m N*)個白球, 抽獎者從箱中任意摸出 2個球，若 2個球均為紅球，則獲得一等獎；若 2個球為 1個紅球和 1 個白球，則獲得二等獎；否則，獲得三等獎 (抽獎箱中的所有小球，除顏色外均相同)(1) 若4,求顧客參加一次抽獎活動獲得三等獎的概率；(2) 若一等獎可獲獎金 400元，二等獎可獲獎金 300 元，三等獎可獲獎金 100元，記顧 客一次抽獎所獲得的獎金為 X,若商場希望X的數(shù)學期望不超過150元，求m的最小值.23. 已知集合 幾=1 , 2,，n, n N*, n >2,將A的所有子集任意排列，得到一個

11、有 序集合組(M1, M,，M)，其中mp 2n.記集合M中元素的個數(shù)為 ak, k N*, k< m規(guī)定空 集中元素的個數(shù)為 0.(1) 當n = 2時，求a1+ a2+ am的值；(2) 利用數(shù)學歸納法證明：不論 n(n >2)為何值，總存在有序集合組(M1, M,，M),滿足任意 i N , i w m 1，都有 |a i ai +1| = 1.最新Word數(shù)學參考答案及評分標準1. 1 ,32.13. 44. 325 5. 2 6. 07.專8. 6訂5n9. 510.弓11.12. ± 攀13. 214. (11,2+ ln 2)925.15.因為證明：（1）A

12、C?平面IE分別為AB,I因為點D,PDE DE?平面PDE 所以因為點D, E分別為AB, BC的中點,BC的中點，所以AC/平面 PDE.（41 所以 DE= -AC.DE/ AC.(2 分) 分)因為因為因此在 PDE中，PE! DE.（8分）又平面 PDEL平面 ABC且平面 PDE平面 ABC= DE, PE?平面PDE 所以 因為16.AC= 2,所以 DE= 1.PD= 2, PE=3，所以 PD"= PW+ DE,PE!平面 ABC.(12 分)PE?平面PBC 所以平面 PBCL平面 ABC.(14分)解：(1)因為 a= bcos C + csin B ,a b

13、c=,得 sin A = sin Bcos C + sin Csin B. (2 分)sin A sin B sin C因為 sin A = sin n (B + C) = sin(B + C) = sin Bcos C + cos Bsin C , 所以 sin Bcos C + cos Bsin C = sin Bcos C + sin Csin B , 即 cos Bsin C = sin Csin B . (4 分)因為 0v CVn,所以 sin C 豐 0,所以 sin B = cos B.又Ov Bvn,所以sin B工0 ,從而cos B工0，所以ntan B = 1,所以 B

14、=.(6因為因為AD是/ BAC的平分線,cos A =丄,所以 cos 2 25設/ BAD=0,所以0 = cos A = -7,即25'因為A= 20.2cos2 0 1 = 7 ,所以25'2八cos 0 =0v Avn,所以0v0v,所以cos 0= 3,所以sin25亠t,nn在AA BD 中，sin / ADB= sin(B +0 ) = sin( +0 ) = sin -4 cosn0 + cos sin44=5.20=2 X3(5+ 5)=由匹=亠_ 所以 ab= ad如3b= HxUx 2 = H.(10 分) sin Bsin / ADBsin B 710

15、5、2一 24在厶 ABC 中，sin A =1 cos A=云,所以 sin C = si n(A + B) = sin Acos B + cos As in B = 多(I-25)=喘.a 分)b ccsin B 52由 = ，得 b =:= 5.（14 分）sin B sin Csin C 17 25017.解：（1）連結(jié)CD因為BD與圓C相切，切點為 D,所以 BCD為直角三角形.1 1因為/ CB=0，且圓形小島的半徑為1千米，所以DB=, BC=.tan 0sin 0因為岸邊上的點 A與小島圓心C相距3千米,1所以 AB= AC- BC= 3 sr .(2 分)因為BE與圓C相切，

16、所以BE= DB= tan 0，優(yōu)弧DE所對圓心角為2 n （ n 2 0 ） = n+ 2 B,所以優(yōu)弧DE長I為n + 20 .(4分)1所以 f( 0 ) = AB+ BD+ BE+ I = 3 一 sin 01 1 tan 0 tan孑+“ 20= 3 +n + 20 +2COs 0 1.(6 分)sin 0因為110VAB<2，所以 0V3-kV2,解得3Vsin 0V1,所以一 1sin 0的取值范圍是（3，1） . （8分）,2cos 0 1由 f( 0) = 3 + n+ 20 + sin 02 + cos 0(0) = sin20+ 2 =COS 0(1 2cos 0)

17、sin 2 0.(10 分)因為0為銳角,n所以 0= -3.(12分)設 sin 0 0 = 3,3n0 0為銳角，則0V0 0V3.71當 0 ( 0 0, §)時，f ' ( 0 ) V 0，則 f( 0 )在(n0,）上單調(diào)遞減;n）上單調(diào)遞增.n nn當 0（亍，y）時，f'（ 0）0，則 f（ 0）在（孑n所以f（ 0 ）在0 =時取得最小值.3n答：當0=石時，棧道總長度最短.（14分）1 c 118. 解：（1）記橢圓C的焦距為2c,因為橢圓C的離心率為庁，所以-=：.2 a 2因為橢圓C過點（03），所以b = . 3.因為 a2 c2= b2,解得

18、 c= 1, a = 2,2 2故橢圓c的方程為鄉(xiāng)+y = i.（2分）43 因為點B為橢圓C的上頂點，所以B點坐標為（0 , 3）. 因為OBMN的垂心，所以 BOLMN即 MNLy軸.由橢圓的對稱性可知 M, N兩點關于y軸對稱.（4分）不妨設 M（xo, yo），則 N（ xo, yo），其中一 3 v yov 3.因為 MOL BN 所以 MO- BN= 0，即（一x。，一 y。） （ x。，y。一 3） = 0,得 x2 y2 + 3yo= 0.（6 分）2 2又點M（xo, yo）在橢圓上，則 等+學1.43xo yo+ 3yo= o,2 2xo yo ，+ = 14 十 31 ,

19、解得yo= 或yo =' 3（舍去），此時|x o| =2 ,'337故MN= 2|x o| = 冷坐，即線段 MN的長為 冷.（8分）（解法1）設B（m, n），記線段MN中點為D.因為OBMN的重心，所以BC= 2OD則點D的坐標為（一m 號）.（1o分）即為若n= o，則|m| = 2，此時直線MN與x軸垂直，故原點 O到直線MN的距離為 歹,1.n o,M(X1,2 2X1 y1此時直線 MN的斜率存在.yj , N(X2, y2)，貝U X1 + X2 = m 1+ y2 = n.(X1 + x2)( X1 X2)+(y1+ y)( y y)2 2八,X2 y2又4

20、+ 3 = 1, 4 + 3 = 1,兩式相減得=o,y 1 y23m可得 kM= e =4n.(12 分)3m m故直線 MN的方程為y = 4(x + ?)2 2則點O到直線 MN的距離為d= 怦丁4嗎寸 36m + 64n2 m2 n23將：+了= 1,代入得d = 一2.(14分)43n + 9因為 ov n2< 3,所以 dminh-.n222，即 6mx+ 8ny + 3m+ 4n = o,又于v 1,故原點O到直線MN距離的最小值為 于.（16分）(解法 2)設 M(X1, y1) , N(X2, y2) , B(xs, ys),因為 OBMN的重心，所以 X1 + X2+

21、 X3= o, y1+ y2+ ya= o, 則 X3 = (x 1 + X2) , y3= (y 1 + y2). (1o 分)2 2因為Xt+ yr= 1,所以432 2 2 2"X1 y1X2 y心將+了= 1,+孑=1,代入得4 343若直線MN的斜率不存在，則線段2 2 (X1 + X2)+(yi + y2)1.X1X2 yiy21八V + T 一 2.(12 分)MN的中點在x軸上，從而B點位于長軸的頂點處.由于OB= 2,所以此時原點 O到直線MN的距離為1.若直線MN的斜率存在，設為 k，則其方程為y= kX + n.y = kX + n,由 X2 y2消去 y 得(

22、3 + 4k2)X2 + 8knx + 4n2 12= 0 (*).-= 1,43則 = (8kn) 2 4(3 + 4k2)(4n 2 12) > 0，即 3 + 4k2 > n2.28kn4n 12由根與系數(shù)關系可得X1 + X2= 3 + 4k?，X1X2= 3+ 4r2 ,22 3n2 12k2貝y y1y2= (kX 1 + n)(kX 2+ n) = k X1X2+ kn(x 1 + X2) + n =廠,3十4k2221 H 1 4 n12 1 3 n 12k1 剛 22 3 八字*學43., 2 2又 3+ 4k > n ,22 32 9,于是3+ 4k &g

23、t; k + 4, 即卩3k + >0恒成立，因此k R原點(0 , 0)到直線MN的距離為d =_冋_k2 + 12因為k > 0，所以當k= 0時,dmin =2,得4x十3X 3+4k2 = 2 即 n =k 十和14 分)又弓V 1,故原點O到直線MN距離的最小值為23.(16分)19.解：(1)因為 h(X) =f(X) g(X) = X2 x (a 16) aln x ,a所以 h' (x) = 2x 1 -=X22x x aX.2令 h' (x) = 0，得 2x x a= 0.一一5十一25十因為函數(shù)h' (x)在【2，4上存在零點，即 y

24、= 2x x a在巧,4上存在零點,又函數(shù)y = 2x2 x a在|, 4上單調(diào)遞增,5252X(;) a< 0,所以22解得10W a< 28.22 X 4 4 a>0,因此，實數(shù)a的取值范圍是10 , 28 . (2分)(解法1)因為當x 0 , b時，函數(shù)f(x)在x = 0處取得最大值, 即存在實數(shù)a，當x 0 , b時，f(0) >f(x)恒成立，即x x (a 16)x W0對任意x0, b都成立.(4分)當x= 0時，上式恒成立；(6分)當 x (0 , b時，存在 a 10, 28，使得 x -x+ 16<a 成立，(8 分)所以 x2- x +

25、16W 28,解得3Wx<4,所以bw4.故當a= 28時，b的最大值為4.(10分)(解法 2)由 f(x) = x x (a 16)x，得 f ' (x) = 3x 2x (a 16).設= 4 + 12(a 16) = 4(3a 47).若AWO,貝U f' (x) >0恒成立，f(x)在0 , b上單調(diào)遞增，因此當x 0 , b時，函數(shù)f(x)在x= 0時不能取得最大值，于是> 0, (4分)故f' (x) = 0有兩個不同的實數(shù)根，記為X1, X2(X1V x2).若 X1 >0,則當 x (0 , X1)時，f ' (x) &

26、gt;0, f(x)在(0 , X1)上單調(diào)遞增，因此當x 0 , b時，函數(shù)f(x)在x= 0時不能取得最大值，所以X1 w 0.(6分)2又 X1 + X2 = 3>0,因此 X2>0,從而當x (0 , X2)時，f ' (x) v 0, f(x)單調(diào)遞減；當 x (X2,+)時，f' (x) >0, f(x)單調(diào)遞增，若存在實數(shù)a，當x 0 , b時，函數(shù)f(x)在x= 0處取得最大值，32則存在實數(shù)a，使得f(0) >f(b)成立，即 b b (a 16)b w 0.(8 分)2所以存在a 10 , 28，使得b b + 16Wa成立，所以 b

27、 b + 16W 28,解得3W bw 4,故當a= 28時，b的最大值為4.(10分)B(X2,X1),(3)設直線I與曲線y = f(x)相切于點 A(X1, f(x 1)，與曲線y = g(x)相切于點 g(x 2),322過點 A(X1, f(x 1)的切線方程為 y X1 X1 (a 16)X1 = 3x1 2x1 (a 16)(x232即 y = 3x 1 2x 1 (a 16)x 2x1 + X1.aa過點 B(X2, g(x 2)的切線方程為 y aln x 2= (x X2)，即 y= x + aln x 2 a. X2X2因為直線I在y上的截距為一12,2a 3x1 2x1

28、( a 16)=，X2所以2x3+ x2= 12 ，(12 分)aln x 2 a = 12.a24 a = ,1 X2由解得X1= 2,貝UX2消去a,得In x 2+= 0.(14分)2X2aln x 2 a = 12,由(1)知 10w aw 28,且 X2> 0，則 X2>5.1 x511 2x 1令 p(x) = ln x + 莎,x 7,+)，貝V p' (x) = X 云=礦.5因為p' (x) > 0,所以函數(shù)p(x)在7,+)上為增函數(shù).因為p(1) = 0，且函數(shù)p(x)的圖象是不間斷的，5所以函數(shù)p(x)在【7，+)上有唯一零點1,1 一

29、 X2所以方程In x 2+= 0的解為X2= 1，所以a= 12.2x2所以實數(shù)a的值為12.(16分)20. (1)解：設等比數(shù)列an的公比為q,因為 S = 5S,所以 a1+ a2+ a3+ a4= 5(a 1 + a2)，即 a3+ a4 = 4(a 1+ a2),2所以 a1q (1 + q) = 4a1(1 + q).因為數(shù)列an的各項均為正整數(shù)，所以a1, q均為正數(shù)，所以q2= 4，解得q= 2.又 a1 = 1,所以 an= 2 1,從而 a3= 4,所以 T3 = S4= 1 + 2+ 22+ 23= 15.(2 分)(2)解：設等差數(shù)列an的公差為d，則an= a1+

30、(n 1)d.因為數(shù)列an的各項均為正整數(shù)，所以d乙a1若d< 0，令an> 0，得n< 1 ，這與a n為無窮數(shù)列相矛盾,an ( an 1 ) d _Tn( an 1) d，因此才=a1 +an因此d>0, 即卩d N.(4分)因為 S = na1 +2 ，所以 Tn= a1an +(an一 1 d< 2.(6 分)T n由< 2，得 a1 +an2因為a1 N , d N,所以2 > a1+竿戶> a1> 1，因此 a1 = 1.即(n 1)d 2< 2.2 十口(n1) dd = 0不合題意；(8于是1+< 2， 若d

31、= 0，則存在無窮多個n(n >2)，使得上述不等式成立，所以* 2若d N,則n< 1 +孑,因為存在唯一的正整數(shù)n(n >2)，使得該不等式成立，所以 2< 1+ 芻 w 3，即 1<d2< 2.d又 d N，所以 d = 1,因此 an= 1 + (n 1) x 1 = n.(10 分) 證明：因為 S +1 S= an+ 1> 0,所以S +1 > S，即數(shù)列Sn單調(diào)遞增.又 Tn + 1 Tn =(n+ 1)( n + 2)2n (n+ 1)2=n + 1 > 0,所以 Tn+1 > Tn，即 Sai +1 > Sai

32、,因為數(shù)列Sn單調(diào)遞增，所以an+1> an.(12分)又 an N，所以 an+ 1an+ 1，即 卩 an+ 1 an1,所以 an+1 a1 = (a 2 a" + (a 3 a2)+ (a n+1 an)n, 因此 an+1a1 + n1 + n,即ann(n2).又a11,所以ann .(14分)由 Tn+1 Tn = n+ 1，得 aan+ 1 + aan+ 2 + + aan+1 = n + 1, 因此 n + 1aan+ 1an +1，即卩 anw n .由知 an= n,因此an+1 an= 1,最新 Word所以數(shù)列 an 為等差數(shù)列 （16 分）最新Wor

33、d數(shù)學附加題參考答案及評分標準21. A.1 2解：因為M=, MN=2 1,所以N= M .（2分）12_33.（6分）213 一312入+二331 22 2121=（入+ 3）（3）=（入-3）（入 +一入+ M33要證只需證a2+ ；2（a +（2 .2）因為 |M| = 1X 1 2X2= 3, （4 分） 1 2、1 3 二所以N= M =2 1二3（2） N的特征多項式f（入）=1） （8 分）1令f（入）=o,解得入=3或一 1,1所以N的特征值是3和1.（10分）31 x 21 2B.解：曲線C的普通方程為y = ：（：） = x.（2分）2 2 8由直線 I 的極坐標方程 p

34、 cos（ B Z） = 2，得 p（cos 0 cos + sin 0 sin ） = 2,444*即-x + #y = 2,所以直線l的方程為y = x + 2.（4分）1 2y=: x , 設A（X1, y" , B（X2, y2），聯(lián)立方程組 8y= x+2,消去 y,得 x + 8x 16= 0, （6 分）貝V X1 + X2 = 8, X1X2= 16,所以 AB = .、1+（ 1） a+a- 2, |x 1 X2| =2 X , （X1 + X2）2 4X1X2（8） 2 4X（ 16）= 16.（10 分）1C.證明：（證法1）因為a>0,所以a + >

35、;2,a因為（a +1 （2 2） >0,a所以只需證（2>1（a +1） （ 22）2,（4 分）最新Word1 1即 2(2 2)(a + 首)>8- 4 2，即證 a+2.(8 分)1 因為a+-2成立，所以要證的不等式成立.(10分)a11(證法2)令t = a+，因為a> 0,所以a2,即t2.aa要證 a2+2 > a +1 2,即證，t2 2 ,2 >t 2,即證 t t2 2< 2 2, (4 分)即證 < 2 J2.(6分) t +、t 2由于 f(t) = t + t2 2 在2 ,+)上單調(diào)遞增，則 f(t) > f(2) = 2+ 2,”22廠故 2 w = 2 2.t + t 22+2所以要證的原不等式成立.(10分)22.解：(1)設“顧客參加一次抽獎活動獲得三等獎”為事件 A.42 C42124因為 m= 4,所以 p(