江苏省南通、泰州、淮安、镇江、宿迁2021-2022学年高三下学期2月模拟考试（南通一模）数学含答案

这是一份江苏省南通、泰州、淮安、镇江、宿迁2021-2022学年高三下学期2月模拟考试（南通一模）数学含答案，共11页。试卷主要包含了 单项选择题， 多项选择题， 填空题， 解答题等内容，欢迎下载使用。

(满分：150分 考试时间：120分钟)
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. 设集合A＝{－1，0，1}，B＝{x|lg (x＋2)＞0}，则A∩B＝( )
A. {－1，0，1} B. {0，1} C. {1} D. (－1，＋∞)
2. 已知复数z与(z＋2)2＋8i都是纯虚数，则z＝( )
A. 2 B. －2 C. 2i D. －2i
3. 已知甲、乙、丙三人均去某健身场所锻炼，其中甲每隔1天去一次，乙每隔2天去一次，丙每隔3天去一次．若2月14日三人都去锻炼，则下一次三人都去锻炼的日期是( )
A. 2月25日 B. 2月26日 C. 2月27日 D. 2月28日
4. 把函数y＝sin (2x＋ eq \f(π,3))图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数f(x)的图象；再将f(x)图象上所有点向右平移 eq \f(π,3)个单位长度，得到函数g(x)的图象，则g(x)＝( )
A. －sin 4x B. sin x C. sin (x＋ eq \f(2π,3)) D. sin (4x＋ eq \f(5π,3))
5. 某学校每天安排四项课后服务供学生自愿选择参加．学校规定：(1) 每位学生每天最多选择1项；(2) 每位学生每项一周最多选择1次．学校提供的安排表如下：
若某学生在一周内共选择了阅读、体育、编程3项，则不同的选择方案共有( )
A. 6种 B. 7种 C. 12种 D. 14种
6. 在(x3－2y)(x2＋ eq \f(y,x))6的展开式中，x6y3项的系数为
A. －10 B. 5 C. 35 D. 50
7. 已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1且斜率为 eq \f(\r(15),7)的直线l与C在x轴上方的交点为A.若AF1＝F1F2，则C的离心率是( )
A. eq \f(2,3) B. eq \f(\r(2),2) C. eq \f(\r(3),2) D. eq \f(\r(5),3)
8. 已知α，β均为锐角，且α＋β－ eq \f(π,2)＞sin β－cs α，则( )
A. sin α＞sin β B. cs α＞cs β
C. cs α＞sin β D. sin α＞cs β
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，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 下列函数最小值为6的是( )
A. y＝ln x＋ eq \f(9,ln x) B. y＝6|sin x|＋ eq \f(3,2|sin x|)
C. y＝3x＋32－x D. y＝ eq \f(x2＋25,\r(x2＋16))
10. 已知直线l与平面α相交于点P，则( )
A. α内不存在直线与l平行 B. α内有无数条直线与l垂直
C. α内所有直线与l是异面直线 D. 至少存在一个过l且与α垂直的平面
11. 为了解决传统的3D人脸识别方法中存在的问题，科学家提出了一种基于视频分块聚类的格拉斯曼流形自动识别系统．规定：某区域内的m个点Pi(xi，yi，zi)的深度zi的均值为深度zi∉[μ－3σ，μ＋3σ]的点视为孤立点．则根据下表中某区域内8个点的数据，有( )
A. μ＝15 B. σ＝ eq \f(\r(29),2) C. P1是孤立点 D. P2不是孤立点
12. 定义：在区间I上，若函数y＝f(x)是减函数，且y＝xf(x)是增函数，则称y＝f(x)在区间I上是“弱减函数”．根据定义可得( )
A. f(x)＝ eq \f(1,x) 在(0，＋∞)上是“弱减函数”
B. f(x)＝ eq \f(x,ex) 在(1，2)上是“弱减函数”
C. 若f(x)＝ eq \f(ln x,x) 在(m，＋∞)上是“弱减函数”，则m≥e
D. 若f(x)＝cs x＋kx2在(0， eq \f(π,2) )上是“弱减函数”，则 eq \f(2,3π) ≤k≤ eq \f(1,π)
三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 过点P(1，1)作圆C：x2＋y2＝2的切线交坐标轴于点A，B，则 eq \(PA,\s\up6(→)) · eq \(PB,\s\up6(→)) ＝________．
14. 已知tan α，tan β是方程3x2＋5x－7＝0的两根，则 eq \f(sin （α＋β）,cs （α－β）) ＝________．
15. 写出一个同时具有下列性质①②③的三次函数f(x)＝________．
① f(x)为奇函数；② f(x)存在3个不同的零点；③ f(x)在(1，＋∞)上是增函数．
16. 在等腰梯形ABCD中，AB＝2CD＝2，∠DAB＝∠CBA＝ eq \f(π,3) ，O为AB的中点．将△BOC沿OC折起，使点B到达点B′的位置，则三棱锥B′ADC外接球的表面积为__________；当B′D＝ eq \f(\r(3),2) 时，三棱锥B′ADC外接球的球心到平面B′CD的距离为________．(第一空2分，第二空3分)
四、 解答题：本题共6小题，共70分．解答时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，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝7，b＝8，从下面两个条件中任选一个作为已知条件，试判断△ABC是否为钝角三角形，并说明理由．
①cs C＝ eq \f(13,14) ；②cs B＝ eq \f(1,7) .
18.(本小题满分12分)
设Sn是等比数列{an}的前n项和，a1＝1，且S1，S3，S2成等差数列．
(1) 求{an}的通项公式；
(2) 求使Sn≤3an成立的n的最大值.
19. (本小题满分12分)
如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AD∥BC，AD⊥AB，AA1＝AD＝2BC＝2，AB＝ eq \r(2) ，点E在棱A1D1上，平面BC1E与棱AA1交于点F.
(1) 求证：BD⊥C1F；
(2) 若BE与平面ABCD所成角的正弦值为 eq \f(4,5) ，试确定点F的位置．
20.(本小题满分12分)
已知双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a＞0，b＞0)，四点M1(4， eq \f(\r(2),3) )，M2(3， eq \r(2) )，M3(－2，－ eq \f(\r(3),3) )，M4(2， eq \f(\r(3),3) )中恰有三点在C上．
(1) 求C的方程；
(2) 过点(3，0)的直线l交C于P，Q两点，过点P作直线x＝1的垂线，垂足为A.求证：直线AQ过定点．
21. (本小题满分12分)
对飞机进行射击，按照受损伤影响的不同，飞机的机身可分为Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ三个部分．要击落飞机，必须在Ⅰ部分命中一次，或在Ⅱ部分命中两次，或在Ⅲ部分命中三次．设炮弹击中飞机时，命中Ⅰ部分的概率是 eq \f(1,6) ，命中Ⅱ部分的概率是 eq \f(1,3) ，命中Ⅲ部分的概率是 eq \f(1,2) ，射击进行到击落飞机为止．假设每次射击均击中飞机，且每次射击相互独立．
(1) 求恰好在第二次射击后击落飞机的概率；
(2) 求击落飞机的命中次数X的分布列和数学期望．
22. (本小题满分12分)
已知函数f(x)＝ eq \f(a,x) ＋ln x.
(1) 试讨论f(x)的单调性；
(2) 若f(x1)＝f(x2)＝2(x1≠x2)，求证：a2＜x1x2＜ae.
2022届高三年级模拟试卷(南通)
数学参考答案及评分标准
1. B 2. C 3. B 4. B 5. D 6. A 7. A 8. D 9. BC 10. ABD 11. ABD 12. BCD
13. －2 14. eq \f(5,4) 15. x3－x(答案不唯一，形如ax3＋bx(b＜0，3a＋b≥0)) 16. 4π eq \f(3\r(13),13)
17. 解：若选①.
在△ABC 中，由余弦定理c2＝a2＋b2－2ab cs C，
得c2＝72＋82－2×7×8× eq \f(13,14)＝9, 所以 c＝3. (4分)
因为c在△ABC中，由余弦定理 b2＝a2＋c2－2ac cs B，
得cs B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝ eq \f(72＋32－82,2×7×3)＝－ eq \f(1,7)<0，
所以B是钝角，所以△ABC 是钝角三角形．(10分)
若选②.
(解法1)在△ABC 中，由余弦定理 b2＝a2＋c2－2ac cs B，
得82＝72＋c2－2×7c× eq \f(1,7)，化简得 (c－5)(c＋3)＝0，解得c＝5或c＝－3 (舍去).(4分)
所以c因为cs B＝ eq \f(1,7)>0，所以B是锐角，
所以△ABC不是钝角三角形．(10分)
(解法2)在△ABC中，因为cs B＝ eq \f(1,7)，所以sin B＝ eq \r(1－cs2B)＝ eq \f(4\r(3),7).
在△ABC中，由正弦定理 eq \f(a,sinA)＝ eq \f(b,sin B)，得sin A＝ eq \f(a sin B,b)＝ eq \f(7×\f(4\r(3),7),8)＝ eq \f(\r(3),2).(4分)
因为cs B＝ eq \f(1,7)>0，所以B是锐角．
又a因为sin A＝ eq \f(\r(3),2)，所以cs A＝ eq \r(1－sin2A)＝ eq \f(1,2).
所以csC＝cs (π－A－B)＝－cs (A＋B)＝sin A sin B－cs A cs B＝ eq \f(\r(3),2)× eq \f(4\r(3),7)－ eq \f(1,2)× eq \f(1,7)＝ eq \f(11,14)>0，所以C是锐角．
综上，△ABC不是钝角三角形．(10分)
18. 解：(1) 设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，
(解法1)因为S1，S3，S2成等差数列，所以2S3＝S1＋S2，
所以2(a1＋a2＋a3)＝a1＋(a1＋a2)，
所以a2＋2a3＝a2＋2a2q＝0.(2分)
因为a2≠0，所以q＝－ eq \f(1,2)，
所以{an}的通项公式为an＝(－ eq \f(1,2))n－1.(4分)
(解法2)因为S1，S3，S2成等差数列，所以2S3＝S1＋S2.
当q＝1时，2S3≠S1＋S2，所以q≠1.
所以 eq \f(2a1（1－q3）,1－q)＝a1＋ eq \f(a1（1－q2）,1－q)，(2分)
解得q＝－ eq \f(1,2)或q＝0(舍去)，所以{an}的通项公式为an＝(－ eq \f(1,2))n－1.(4分)
(2) 由(1)得Sn＝1× eq \f(1－（－\f(1,2)）n,1－（－\f(1,2)）)＝ eq \f(2,3)[1－(－ eq \f(1,2))n].
由Sn≤3an，得 eq \f(2,3)[1－(－ eq \f(1,2))n]≤3(－ eq \f(1,2))n－1，
即(－ eq \f(1,2))n－1≥ eq \f(1,4).(8分)
当n为偶数时，(－ eq \f(1,2))n－1＝－( eq \f(1,2))n－1<0，舍去．
当n为奇数时，(－ eq \f(1,2))n－1＝( eq \f(1,2))n－1≥ eq \f(1,4)，
所以n－1≤2，即n≤3.
所以使Sn≤3an成立的n的最大值是3.(12分)
19. (1) 证明：在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，
所以AA1⊥AB，AA1⊥AD.
又AD⊥AB，所以以{ eq \(AB,\s\up6(→))， eq \(AD,\s\up6(→))，AA1}为一组基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
因为AD∥BC，AA1＝AD＝2BC＝2，AB＝ eq \r(2)，
所以A(0，0，0)，B( eq \r(2)，0，0)，D(0，2，0)，C1( eq \r(2)，1，2).(2分)
设F(0，0，h)，则 eq \(BD,\s\up6(→))＝(－ eq \r(2)，2，0)，C1F＝(－ eq \r(2)，－1，h－2)，
所以 eq \(BD,\s\up6(→))·C1F＝(－ eq \r(2))×(－ eq \r(2))＋2×(－1)＋0×(h－2)＝0，
所以 eq \(BD,\s\up6(→))⊥C1F，所以BD⊥C1F.(4分)
(2) 解：由(1)，设E(0，m，2)(0≤m≤2)，
则 eq \(BE,\s\up6(→))＝(－ eq \r(2)，m，2).
设BE与平面ABCD所成角为θ，由平面ABCD的一个法向量n＝(0，0，1)，
得sin θ＝|cs 〈 eq \(BE,\s\up6(→))，n〉|＝ eq \f(2,\r(6＋m2))＝ eq \f(4,5)，解得m＝ eq \f(1,2)，
所以E是棱A1D1的一个四等分点(靠近点A1).(8分)
如图，在平面A1B1C1D1内，连接C1E并延长，交B1A1的延长线于点G，连接BG交AA1于点F.
因为A1E∥B1C1，A1E＝ eq \f(1,2)B1C1.所以A1G＝A1B1.
又A1B1＝AB，A1G∥AB，所以F为AA1的中点．(12分)
20. (1) 解：因为点M3(－2，－ eq \f(\r(3),3))，M4(2， eq \f(\r(3),3))关于原点对称，所以M3，M4均在C上．
又 eq \f(16,a2)－ eq \f(2,9b2)> eq \f(4,a2)－ eq \f(1,3b2)＝1，所以点M1不在C上．
所以M2，M3，M4在C上．(2分)
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(9,a2)－\f(2,b2)＝1，,\f(4,a2)－\f(1,3b2)＝1，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝3，,b2＝1，))所以双曲线C的方程为 eq \f(x2,3)－y2＝1.(4分)
(2) 证明：① 当l与x轴不重合时，设l：x＝ty＋3.
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ty＋3，,\f(x2,3)－y2＝1，))消x得(t2－3)y2＋6ty＋6＝0.
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t2－3≠0，,Δ＝（6t）2－24（t2－3）>0，))即t2≠3.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则A(1，y1)，
y1＋y2＝－ eq \f(6t,t2－3)，y1y2＝ eq \f(6,t2－3)，(7分)
直线AQ的方程为y－y1＝ eq \f(y2－y1,x2－1)(x－1)，即y＝ eq \f(y2－y1,ty2＋2)[(x－1)＋ eq \f(y1（ty2＋2）,y2－y1)].
因为 eq \f(y1（ty2＋2）,y2－y1)＝ eq \f(ty1y2＋2y1,y2－y1)＝ eq \f(t·\f(6,t2－3)＋2y1,－\f(6t,t2－3)－2y1)＝－1，
所以直线AQ的方程为y＝ eq \f(y2－y1,ty2＋2)(x－2)，
所以直线AQ过定点(2，0).(11分)
② 当l与x轴重合时，直线AQ过定点(2，0).
综上，直线AQ过定点(2，0).(12分)
21. 解：(1) 设“恰好在第二次射击后击落飞机”为事件A，分两种情况：
① 第一次命中Ⅱ或Ⅲ部分，第二次命中Ⅰ部分的概率为( eq \f(1,3)＋ eq \f(1,2))× eq \f(1,6)＝ eq \f(5,36)；
② 两次恰好都命中Ⅱ部分的概率为 eq \f(1,3)× eq \f(1,3)＝ eq \f(1,9)，
所以P(A)＝ eq \f(5,36)＋ eq \f(1,9)＝ eq \f(1,4).(4分)
(2) X所有可能的取值为1，2，3，4.(6分)
根据已知，得P(X＝1)＝ eq \f(1,6)，
P(X＝2)＝ eq \f(1,4)，
P(X＝3)＝1－P(X＝1)－P(X＝2)－P(X＝4)＝1－ eq \f(1,6)－ eq \f(1,4)－ eq \f(1,4)＝ eq \f(1,3)，
P(X＝4)＝C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) · eq \f(1,3)×( eq \f(1,2))2＝ eq \f(1,4).
所以X的分布列为
(10分)
X的数学期望E(X)＝1× eq \f(1,6)＋2× eq \f(1,4)＋3× eq \f(1,3)＋4× eq \f(1,4)＝ eq \f(8,3).(12分)
22. (1) 解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ eq \f(a,x2)＋ eq \f(1,x)＝ eq \f(x－a,x2).
① 当a≤0时，f′(x)>0；(2分)
② 当a>0时，由f′(x)>0，得x>a；由f′(x)<0，得0所以当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．(4分)
(2) 证明：由(1)，不妨设0a2.
设F(x)＝f(x)－f( eq \f(a2,x))(0则F′(x)＝f′(x)＋ eq \f(a2,x2)f′( eq \f(a2,x))＝－ eq \f(（x－a）2,ax2)<0，所以F(x)在(0，a)上单调递减．(6分)
因为0F(a)＝0，所以f( eq \f(a2,x1))又 eq \f(a2,x1)，x2∈(a，＋∞)，
由(1)得 eq \f(a2,x1)a2，得证．(8分)
再证x1x2(证法1)由(1)知，a是f(x)唯一极小值点，所以f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.
因为f(x1)＝f(x2)＝2，所以ln a＋1<2，即0要证x1x2x2，
又 eq \f(ae,x1)，x2>a，f(x)在(a，＋∞)上单调递增，
所以只要证f( eq \f(ae,x1))>f(x2)＝2，即证 eq \f(x1,e)＋ln eq \f(a,x1)－1>0.
因为 eq \f(a,x1)＋ln x1＝2，所以 eq \f(a,x1)＝2－ln x1，所以ln eq \f(a,x1)＝ln a－ln x1＝ln (2－ln x1)，
所以即证 eq \f(x1,e)＋ln (2－ln x1)－1>0.(10分)
设g(x)＝ eq \f(x,e)＋ln (2－ln x)－1(0设h(x)＝x(ln x－2)(0所以－e＝h(e)所以g(x)在(0，e)上单调递减，所以g(x)>g(e)＝0，即 eq \f(x,e)＋ln (2－ln x)－1>0，
所以 eq \f(x1,e)＋ln (2－ln x1)－1>0，得证．(12分)
(证法2)由(1)知，a是f(x)唯一极小值点，
所以f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.
因为f(x1)＝f(x2)＝2，所以ln a＋1<2，即0要证x1x2x2，又 eq \f(ae,x1)，x2>a，f(x)在(a，＋∞)上单调递增，
所以只要证f( eq \f(ae,x1))>f(x2)＝2，即证 eq \f(x1,e)＋ln eq \f(a,x1)－1>0.
令 eq \f(a,x1)＝t(t>1)，由f(x1)＝2，得x1＝e2－t，
故只要证e1－t＋ln t－1>0 (*).(10分)
设h(x)＝e1－x＋ln x－1(x>1)，则h′(x)＝－e1－x＋ eq \f(1,x)＝ eq \f(ex－1－x,xex－1).
设φ(x)＝ex－1－x(x>1)，则φ′(x)＝ex－1－1>0，
所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以φ(x)>φ(1)＝0，
所以h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)>h(1)＝0.
所以(*)成立，从而x1x2周一
周二
周三
周四
周五
课后服务
音乐、阅读、体育、编程
口语、阅读、编程、美术
手工、阅读、科技、体育
口语、阅读、体育、编程
音乐、口语、美术、科技
Pi
P1
P2
P3
P4
P5
P6
P7
P8
xi
15.1
15.2
15.3
15.4
15.5
15.4
15.4
13.4
yi
15.1
14.2
14.3
14.4
14.5
15.4
14.4
15.4
zi
20
12
13
15
16
14
12
18
X
1
2
3
4
P
eq \f(1,6)
eq \f(1,4)
eq \f(1,3)
eq \f(1,4)