《江苏省盐城市2022届高三数学下学期5月第三次模拟考试试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省盐城市2022届高三数学下学期5月第三次模拟考试试题含解析.doc（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、江苏省盐城市2021届高三数学下学期5月第三次模拟考试试题含解析考前须知：1本试卷考试时间为120分钟，试卷总分值150分，考试形式闭卷2本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否那么不给分3答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上一、单项选择题：本大题共8小题，每题5分，共40分在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的1设集合Ax|y，By|y，C(x，y)|y，那么以下集合不为空集的是AAB BAC CBC DABC2假设复数z满足|zi|2，那么z的最大值为A1 B2 C4 D93同学们都知道平面内直线方程的一般式为AxByC0
2、，我们可以这样理解：假设直线l过定点P0(x0，y0)，向量(A，B)为直线l的法向量，设直线l上任意一点P(x，y)，那么0，得直线l的方程为，即可转化为直线方程的一般式类似地，在空间中，假设平面过定点Q0(1，0，2)，向量为平面的法向量，那么平面的方程为A2x3yz40 B2x3yz40C2x3yz0 D2x3yz40 4将函数的图象向左平移个单位，得到函数g(x)的图象，假设x(0，m)时，函数g(x)的图象在f(x)的上方，那么实数m的最大值为A B C D5数列的通项公式为，那么其前n项和为A B C D6韦达是法国杰出的数学家，其奉献之是发现了多项式方程根与系数的关系，如：设一元
3、三次方程的3个实数根为x1，x2，x3，那么，函数，直线l与f(x)的图象相切于点，且交f(x)的图象于另一点，那么A BC2x1x210 D2x1x207设双曲线C：0)的焦距为2，假设以点P(m，n)(ma)为圆心的圆P过C的右顶点且与C的两条渐近线相切，那么OP长的取值范围是A(0，) B(0，1) C(，1) D(，)8正数x，y，z满足xlnyyezzx，那么x，y，z的大小关系为Axyz Byxz Cxzy D以上均不对二、多项选择题：本大题共4小题，每题5分，共20分在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的全部选对的得5分，局部选对的得2分，有选错的得0分9X N(1，12)
4、，Y N(2，22)，12，10，20，那么以下结论中一定成立的有A假设12，那么P(|X1|1)P(|Y2|1)B假设12，那么P(|X1|1)P(|Y2|1)C假设12，那么P(X2)P(Y1)1D假设12，那么P(X2)P(Y1)110设数列an的前n项和为，假设，那么以下说法中正确的有A存在A，B，C使得an是等差数列B存在A，B，C使得an是等比数列C对任意A，B，C都有an一定是等差数列或等比数列D存在A，B，C使得an既不是等差数列也不是等比数列11矩形ABCD满足AB1，AD2，点E为BC的中点，将ABE沿AE折起，点B折至B，得到四棱锥BAECD，假设点P为BD的中点，那么A
5、CP/平面BAEB存在点B，使得CP平面ABDC四棱锥BAECD体积的最大值为D存在点B，使得三棱锥BADE外接球的球心在平面AECD内12将平面向量称为二维向量，由此可推广至n维向量对于n维向量，其运算与平面向量类似，如数量积|cos(为向量的夹角)，其向量的模|，那么以下说法正确的有A不等式()()()2可能成立B不等式()()()2一定成立C不等式n()2可能成立D假设，那么不等式n2一定成立三、填空题(本大题共4小题，每题5分，共20分)13文旅部在2021年围绕“重温红色历史、传承奋斗精神“走进大国重器、感受中国力量 “体验美丽乡村、助力乡村振兴三个主题，遴选推出“建党百年红色旅游百
6、条精品线路这些精品线路中包含上海大会址、嘉兴南湖、井冈山、延安、西柏坡等5个传统红色旅游景区，还有港珠澳大桥、北京大兴国际机场、“中国天眼、“两弹一星纪念馆、湖南十八洞村、浙江余村、贵州华茂村等7个展现改革开放和新时代开展成就、展示科技强国和脱贫攻坚成果的景区为安排旅游路线，从上述12个景区中选3个景区，那么至少含有1个传统红色旅游景区的选法有 种14满足等式(1tan)(1tan)2的数组(，)有无穷多个，试写出一个这样的数组 15假设向量，满足|，那么的最小值为 16对于函数x1，有以下4个论断：甲：函数f(x)有两个减区间； 乙：函数f(x)的图象过点(1，1)；丙：函数f(x)在x1处
7、取极大值；丁：函数f(x)单调假设其中有且只有两个论断正确，那么m的取值为 四、解答题：本大题共6小题，共70分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(10分)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点D满足3与(1)假设bc，求A的值；(2)求B的最大值18(12分)请在；这3个条件中选择1个条件，补全下面的命题使其成为真命题，并证明这个命题(选择多个条件并分别证明的按前1个评分)命题：数列满足an1an2，假设 ，那么当n2时，an2n恒成立19(12分)如图，在三棱柱中，且平面ABC平面(1)求证：平面ABC平面；A1(2)设点P为直线BC的中点，求直线与平面所成角的正弦
8、值C1B1CAPB20(12分)如图，在平面直角坐标系中，点P是抛物线上的一个点，其横坐标为x0，过点P作抛物线的切线l(1)求直线l的斜率(用x0与p表示)；(2)假设椭圆过点P，l与的另一个交点为A，OP与的另一个交点为B，求证：ABPByxyoPABOx21(12分)运用计算机编程，设计一个将输入的正整数k“归零的程序如下：按下回车键，等可能的将0，k)中的任意一个整数替换k的值并输出k的值，反复按回车键执行以上操作直到输出k0后终止操作(1)假设输入的初始值k为3，记按回车键的次数为，求的概率分布与数学期望；(2)设输入的初始值为k(kN*)，求运行“归零程序中输出n(0nk1)的概率
9、22(12分)设(nN*)(1)求证：函数f(x)一定不单调；(2)试给出一个正整数a，使得对x(0，)恒成立(参考数据：e2.72，e27.39，e320.10)盐城市2021届高三年级第三次模拟考试 数 学 2021.05考前须知：1本试卷考试时间为120分钟，试卷总分值150分，考试形式闭卷2本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否那么不给分3答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上一、单项选择题：本大题共8小题，每题5分，共40分在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的1设集合Ax|y，By|y，C(x，y)|y，那么以下集
10、合不为空集的是AAB BAC CBC DABC【答案】A【考点】集合的运算【解析】由题意可知，集合A，B，均为数集，C为点集，那么选项BCD均错误，故答案选A2假设复数z满足|zi|2，那么z的最大值为A1 B2 C4 D9【答案】D【考点】复数的运算【解析】由题意可知，设zabi，那么|zi|a(b1)i|2，即a2(b1)24，不妨设a2cos，b2sin1，那么za2b24cos22sin24sin154sin9，故答案选D3同学们都知道平面内直线方程的一般式为AxByC0，我们可以这样理解：假设直线l过定点P0(x0，y0)，向量(A，B)为直线l的法向量，设直线l上任意一点P(x，y
11、)，那么0，得直线l的方程为，即可转化为直线方程的一般式类似地，在空间中，假设平面过定点Q0(1，0，2)，向量为平面的法向量，那么平面的方程为A2x3yz40 B2x3yz40C2x3yz0 D2x3yz40 【答案】C【考点】新情景问题下的直线方程的求解【解析】由题意可知，平面的方程为2(x1)3(y0)1(z2)0，化简可得，2x3yz0，故答案选C4将函数的图象向左平移个单位，得到函数g(x)的图象，假设x(0，m)时，函数g(x)的图象在f(x)的上方，那么实数m的最大值为A B C D【答案】C【考点】三角函数的图象与性质应用【解析】由题意可知，g(x)sin(x)，令sinxsi
12、n(x)，解得xxk，kZ，所以xk，kZ，那么当x(0，m)时，假设要函数g(x)的图象在f(x)的上方，那么mxk，当k0时，m，故答案选C5数列的通项公式为，那么其前n项和为A B C D【答案】A【考点】数列的求和：裂项相消法【解析】由题意可知，所以Sn11，故答案选A6韦达是法国杰出的数学家，其奉献之是发现了多项式方程根与系数的关系，如：设一元三次方程的3个实数根为x1，x2，x3，那么，函数，直线l与f(x)的图象相切于点，且交f(x)的图象于另一点，那么A BC2x1x210 D2x1x20【答案】D【考点】新情景问题下的导数的几何意义的应用【解析】由题意可知，f(x)6x21，
13、所以直线l的斜率kf(x1)6x121，且k2x122x1x22x221，即2x122x1x22x2216x121，化简得(2x1x2)(x1x2)0，因为x1x20，所以2x1x20，故答案选D7设双曲线C：0)的焦距为2，假设以点P(m，n)(ma)为圆心的圆P过C的右顶点且与C的两条渐近线相切，那么OP长的取值范围是A(0，) B(0，1) C(，1) D(，)【答案】B【考点】圆锥曲线中双曲线的几何性质应用【解析】由题意可知，c1，渐近线方程为：bxay0，由圆P与渐近线相切可得，r，解得n0，所以圆的半径rambm，所以m，那么m2()21，因为b(0，1)，所以1(0，1)，那么m
14、(0，1)，所以OP(0，1)，故答案选B8正数x，y，z满足xlnyyezzx，那么x，y，z的大小关系为Axyz Byxz Cxzy D以上均不对【答案】A【考点】比拟大小【解析】由题意可知，lny0，即y1，由xlnyzx，可得zlnyy1，那么zy10，所以zy；又yezzx，所以(z1)ezyezzxyx，所以z1ezx，那么zx10，所以zx；因为xlnyyez，所以xy，即xy，所以xyz，故答案选A二、多项选择题：本大题共4小题，每题5分，共20分在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的全部选对的得5分，局部选对的得2分，有选错的得0分9X N(1，12)，Y N(2，22
15、)，12，10，20，那么以下结论中一定成立的有A假设12，那么P(|X1|1)P(|Y2|1)B假设12，那么P(|X1|1)P(|Y2|1)C假设12，那么P(X2)P(Y1)1D假设12，那么P(X2)P(Y1)1【答案】AC【考点】正态分布的应用【解析】法一：由题意可知，对于选项AB，假设12，那么Y分布更加集中，那么在相同区间范围Y的相对概率更大，所以P(|X1|1)P(|Y2|1)，所以选项A正确，选项B错误；对于选项CD，由正态分布的性质可得，P(Y1)P(X2)，又P(X2)P(X2)1，所以P(X2)P(Y1)1，所以选项C正确，选项D错误；综上，答案选AC法二：由题意可知，
16、可把正态分布标准化，即Z，那么Z N(0，1)，对于选项AB，假设12，那么P(|X1|1)P(|Z|)，P(|Y2|1)P(|Z|)，因为120，所以，所以P(|X1|1)P(|Y2|1)，所以选项A正确，选项B错误；对于选项CD，假设12，那么P(X2)P(Z)，P(Y1)P(Z)，所以P(X2)P(Y1)P(Z)P(Z)1，所以选项C正确，选项D错误；综上，答案选AC10设数列an的前n项和为，假设，那么以下说法中正确的有A存在A，B，C使得an是等差数列B存在A，B，C使得an是等比数列C对任意A，B，C都有an一定是等差数列或等比数列D存在A，B，C使得an既不是等差数列也不是等比数
17、列【答案】ABD【考点】等差与等比数列的综合应用【解析】由题意可知，对于选项A，取A0，BC1，那么有anSnn1，此时可得到an1，即an是等差数列，所以选项A正确；对于选项B，取A0，B0，C1，那么有anSn1，所以n2时，an1Sn11，两式相减可得2anan1，即数列an是等比数列，所以选项B正确；对于选项CD，取AC0，B2，那么有anSn2n，所以n2时，an1Sn12(n1)，两式相减可得anan11，即an2(an12)，即数列an2是以为公比的等比数列，所以an既不是等差数列也不是等比数列，所以选项C错误，选项D正确；综上，答案选ABD11矩形ABCD满足AB1，AD2，点
18、E为BC的中点，将ABE沿AE折起，点B折至B，得到四棱锥BAECD，假设点P为BD的中点，那么ACP/平面BAEB存在点B，使得CP平面ABDC四棱锥BAECD体积的最大值为D存在点B，使得三棱锥BADE外接球的球心在平面AECD内【答案】ACD【考点】立体几何的综合应用：位置关系、体积、外接球问题【解析】由题意可知，对于选项A，取AB的中点为Q，连结EQ、PQ，因为CEAD，PQAD，所以PQCE，所以四边形CEQP为平行四边形，所以CPQE，又QE 平面ABE，CP平面ABE，所以CP平面ABE，所以选项A正确；对于选项B，假设CP平面ABD，那么CPAB，所以QEAB，那么与ABBE矛
19、盾，所以选项B错误；对于选项C，过B作BOAE，垂足为O，可得BO，所以VBAECDSAECDh(11)1hBO，所以选项C正确；对于选项D，假设三棱锥BADE外接球的球心在平面AECD内，那么球心为ADE的外心，那么为ADE直角三角形，且AD为斜边，那么球心O为AD的中点，所以ROBOAOD1，那么ABBD，所以BD，而BD(1，)，可知存在，那么满足题意，所以选项D正确；综上，答案选ACD12将平面向量称为二维向量，由此可推广至n维向量对于n维向量，其运算与平面向量类似，如数量积|cos(为向量的夹角)，其向量的模|，那么以下说法正确的有A不等式()()()2可能成立B不等式()()()2
20、一定成立C不等式n()2可能成立D假设，那么不等式n2一定成立【答案】ABD【考点】新情景问题下的数量积与模的应用【解析】由题意，可设(x1，x2，xn)，(y1，y2，yn)，所以()()|2|2，()2(|)2|2|2cos2，由cos21，可得()()()2，当且仅当0或时取等号，假设xi0，那么n2，所以选项A、B、D正确；设(1，1，1)(n个1)，那么nn|2，()2()2|2|2cos2n|2cos2，由cos21，可得n()2，当且仅当0或时取等号，所以选项C错误；综上，答案选ABD三、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分13文旅部在2021年围绕“重温红色历史、传承奋斗
21、精神“走进大国重器、感受中国力量 “体验美丽乡村、助力乡村振兴三个主题，遴选推出“建党百年红色旅游百条精品线路这些精品线路中包含上海大会址、嘉兴南湖、井冈山、延安、西柏坡等5个传统红色旅游景区，还有港珠澳大桥、北京大兴国际机场、“中国天眼、“两弹一星纪念馆、湖南十八洞村、浙江余村、贵州华茂村等7个展现改革开放和新时代开展成就、展示科技强国和脱贫攻坚成果的景区为安排旅游路线，从上述12个景区中选3个景区，那么至少含有1个传统红色旅游景区的选法有 种【答案】185【考点】排列组合【解析】由题意，可用间接法，总体情况为从12个景区中选3个景区，从7个非传统红色旅游景区中选3个景区，那么至少含有1个传
22、统红色旅游景区的选法有18514满足等式(1tan)(1tan)2的数组(，)有无穷多个，试写出一个这样的数组 【答案】(0，)；满足k，kZ，且，k，kZ的数组(，)均可【考点】开放性试题：三角函数的公式应用【解析】由题意可知，可令0，即有1tan2，所以tan1，那么可令即可满足题意15假设向量，满足|，那么的最小值为 【答案】【考点】平面向量的综合应用【解析】法一：由题意，|2222224，即34，那么法二：由题意，|2，所以的最小值为16对于函数x1，有以下4个论断：甲：函数f(x)有两个减区间； 乙：函数f(x)的图象过点(1，1)；丙：函数f(x)在x1处取极大值；丁：函数f(x)
23、单调假设其中有且只有两个论断正确，那么m的取值为 【答案】2【考点】逻辑推理题：函数的性质综合应用【解析】由题意可知，f(x)2mxn，当x1时，f(x)0最多有一个解，那么函数f(x)最多有一个减区间，那么甲错误；假设乙正确，那么f(1)mn11，即有mn2，此时f(x)，假设丙正确，那么解得m1，所以n3，而此时f(x)在x1处取极小值，且不单调，即与丙丁矛盾；假设丁正确，那么m2，n4，可满足题意；综上，乙丁正确，且m2四、解答题：本大题共6小题，共70分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(10分)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点D满足3与(1)假设bc，求
24、A的值；(2)求B的最大值【考点】解三角形与平面向量综合应用【解析】(1)因为0，所以()0，即()0， 2分所以bccosAb20，因为bc，所以cosA， 4分因为0A，所以A 5分(2)因为()bccosAb20，所以b2c2a2b20，即2b2c2a20， 6分cosB， 8分因为0B，所以B的最大值为 10分18(12分)请在；这3个条件中选择1个条件，补全下面的命题使其成为真命题，并证明这个命题(选择多个条件并分别证明的按前1个评分)命题：数列满足an1an2，假设 ，那么当n2时，an2n恒成立【考点】数列的通项公式求解与不等式的证明【解析】选证明：由an1an2，且，所以an0
25、，所以lgan1lgan，lganlg2，an， 5分当n2时，只需证明n，令bn，那么bn1bn0， 10分所以bnb21，所以n成立 综上所述，当a12且n2时，an2n成立 12分注：选为假命题，不得分，选参照给分19(12分)如图，在三棱柱中，且平面ABC平面(1)求证：平面ABC平面；zA1A1(2)设点P为直线BC的中点，求直线与平面所成角的正弦值C1C1B1B1CCAyAPPEBBx第19题图【考点】立体几何中证明位置关系、求线面角的正弦值【解析】(1)证明：因为AC2BC2，所以BC1因为2ACB，所以ACB在ABC中，即，所以sinB1，即ABBC 2分又因为平面ABC平面，
26、平面ABC平面BC，AB平面ABC，所以AB平面又B1C平面，所以ABB1C，在B1BC中，B1B2，BC1，CBB1，所以B1C2B1B2BC22B1BBCcos3，即B1C，所以B1CBC 4分而ABB1C，AB平面ABC，BC平面ABC，ABBCB，所以B1C平面ABC又B1C平面，所以平面ABC平面 6分(2)在平面ABC中过点C作AC的垂线CE，分别以CE，CA，CB1所在直线为x，y，z轴建立如下图的空间直角坐标系：那么B(，0)，A(0，2，0)，B1(0，0，)，所以P(，0)，(，0)， 8分所以A1(，)，所以(，)，平面ACB1的一个法向量为(1，0，0)， 10分设直线
27、A1P与平面ACB1所成的角为，那么sin|cos| 12分20(12分)如图，在平面直角坐标系中，点P是抛物线上的一个点，其横坐标为x0，过点P作抛物线的切线l(1)求直线l的斜率(用x0与p表示)；(2)假设椭圆过点P，l与的另一个交点为A，OP与的另一个交点为B，求证：ABPByPABOx【考点】圆锥曲线中抛物线与椭圆的综合应用：斜率表示、证明垂直问题【解析】(1)由x22py，得yx2，所以yx，所以直线l的斜率为x0 3分(2)设P(x0，y0)，那么B(x0，y0)，kPB，由(1)知kPAx0， 5分设A(x1，y1)，所以x021，x121，作差得(x0x1)(x0x1)0，即
28、，所以kPAkAB， 10分所以kAB，即kAB，所以kPBkAB1，所以ABPB 12分注：其他解法参照评分21(12分)运用计算机编程，设计一个将输入的正整数k“归零的程序如下：按下回车键，等可能的将0，k)中的任意一个整数替换k的值并输出k的值，反复按回车键执行以上操作直到输出k0后终止操作(1)假设输入的初始值k为3，记按回车键的次数为，求的概率分布与数学期望；(2)设输入的初始值为k(kN*)，求运行“归零程序中输出n(0nk1)的概率【考点】随机事件的概率与期望【解析】(1)P(3)，P(2)，P(1)， 3分那么的概率分布如下表：123P所以E()123 5分(2)设运行“归零程
29、序中输出n(0nk1)的概率为Pn，得出Pn，7分法一：那么PnPn1Pn2Pn3Pk1，故0nk2时，Pn1Pn2Pn3Pk1，以上两式作差得，PnPn1Pn1，那么PnPn1， 10分那么Pn1Pn2，Pn2Pn3，Pk2Pk1，那么PnPn1Pn2Pk1Pn1Pn2Pn3Pk1，化简得PnPk1，而Pk1，故Pn，又nk1时，Pn也成立，故Pn(0nk1) 12分法二：同法一得PnPn1， 9分那么P0P1，P1P2，P2P3，Pn1Pn，那么P0P1P2Pn1P0P1P2Pn，化简得P0Pn(n1)，而P01，故Pn(0nk1)，又n0时，Pn也成立，故Pn(0nk1) 12分法三：记
30、Pm(n)表示在出现m的条件下出现n的概率，那么Pn1(n)，Pn2(n)Pn1(n)，Pn3(n)Pn2(n)Pn1(n)， 9分依此类推，Pk(n)Pk1(n)Pk2(n)Pn1(n)，所以Pk(n)(kn1)1) 12分法四：记Pk(n)表示在出现k的条件下出现n的概率，那么Pk(n)Pk1(n)Pk2(n)Pn1(n)，那么kPk(n)Pk1(n)Pk2(n)Pn1(n)1，那么(k1)Pk1(n)Pk2(n)Pn1(n)1，得kPk(n)(k1)Pk1(n)Pk1(n)， 9分那么Pk(n)Pk1(n)(kn2)，那么Pk(n)Pn1(n) 12分22(12分)设(nN*)(1)求证
31、：函数f(x)一定不单调；(2)试给出一个正整数a，使得对x(0，)恒成立(参考数据：e2.72，e27.39，e320.10)【考点】函数与导数：函数单调性应用；恒成立问题【解析】(1)由得f(x)，因nN*，由f(x)0，得x， 1分当x时，f(x)0；当时0x，f(x)0；故函数f(x)在(0，)上单调递增，在(，)上单调递减，所以函数f(x)不单调 3分(2)当a1时，可证明exx2lnxsinx对x(0，)恒成立，当x(0，1)时，x2lnx0，sinx1，ex1，不等式成立； 4分当x(1，e)时，x2lnxsinxx21，令g(x)，所以g(x)0，那么函数g(x)单调递减，所以g(x)g(1)1，所以exx21，原不等式成立； 7分当x(e，)时，因x2lnxsinxx2lnx1，故只需证exx2lnx1，即证，只需证，在(1)中令n1，可得f(x)f(e)，故，令h(x)，所以h(x)0，解得x3，当x(e，3)时，h(x)0；当x(3，)时，h(x)0，所以h(x)h(3)，而，所以原不等式也成立综上所述，当a1时，exx2lnxsinx对x(0，)恒成立 12分注：当a2或a3时结论也成立，请参照评分；当a4时结论不成立18