江苏省南京市2021届高三下学期5月第三次模拟考试 数学（含答案）

这是一份江苏省南京市2021届高三下学期5月第三次模拟考试 数学（含答案），共12页。试卷主要包含了05，定义曲线Γ等内容，欢迎下载使用。

南京市2021届高三年级第三次模拟考试
数 学 2021．05
注意事项：
　　1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分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，否则不给分．
　　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．
第I卷（选择题 共60分）
一、单项选择题(本大题共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．已知集合A＝{x|2x＜4}，B＝{x|x2－2x－3≤0}，则A∪B＝
A．[－1，2) B．(2，3] C．(－1，3] D．(－∞，3]
2．已知i为虚数单位，若复数z＝＋i，则复数的虚部为
A．－ B． C．－i D．i
3．函数y＝ln|x|＋cosx的大致图象是
x
y
O
x
y
O
x
y
O
x
y
O

A B C D
4．将5名学生分配到A，B，C，D，E这5个社区参加义务劳动，每个社区分配1名学生，且学生甲不能分配到A社区，则不同的分配方法种数是
A．72 B．96 C．108 D．120
5．已知cos(α－)＝，则sin(2α＋)＋cos2(－)的值为
A． B． C． D．1
6．声音的强弱可以用声波的能流密度来计算，叫做声强．通常人耳能听到声音的最小声强为I0＝10－12(瓦/米2)．对于一个声音的声强I，用声强I与I0比值的常用对数的10倍表示声强I的声强级，单位是“分贝”，即声强I的声强级是10lg(分贝)．声音传播时，在某处听到的声强I与该处到声源的距离s的平方成反比，即I＝ (k为常数)．若在距离声源15米的地方，听到声音的声强级是20分贝，则能听到该声音(即声强不小于I0)的位置到声源的最大距离为
A．100米 B．150米 C．200米 D．15米
7．在正方形ABCD中，O为两条对角线的交点，E为边BC上的动点．若＝λ＋μ（λ，μ＞0），则＋的最小值为
A．2 B．5 C． D．
8．已知a，b，c均为不等于1的正实数，且lna＝clnb，lnc＝blna，则a，b，c的大小关系是
A．c＞a＞b B．b＞c＞a C．a＞b＞c D．a＞c＞b

二、多项选择题(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．面对新冠肺炎疫情的冲击，我国各地区各部门统筹疫情防控和经济社会发展均取得显著成效．下表显示的是2020年4月份到12月份中国社会消费品零售总额数据，其中同比增长率是指和去年同期相比较的增长率，环比增长率是指与上个月份相比较的增长率，则下列说法正确的是
中国社会消费品零售总额
月份
零售总额（亿元）
同比增长
环比增长
累计（亿元）
4
28178
－7.50％
6.53％
106758
5
31973
－2.80％
13.47％
138730
6
33526
－1.80％
4.86％
172256
7
32203
－1.10％
－3.95％
204459
8
33571
0.50％
4.25％
238029
9
35295
3.30％
5.14％
273324
10
38576
4.30％
9.30％
311901
11
39514
5.00％
2.43％
351415
12
40566
4.60％
2.66％
391981

A．2020年4月份到12月份，社会消费品零售总额逐月上升
B．2020年4月份到12月份，11月份同比增长率最大
C．2020年4月份到12月份，5月份环比增长率最大
D．第4季度的月消费品零售总额相比第2季度的月消费品零售总额，方差更小
10．定义曲线Γ：＋＝1为椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的伴随曲线，则
A．曲线Γ有对称轴 B．曲线Γ没有对称中心
C．曲线Γ有且仅有4条渐近线 D．曲线Γ与椭圆C有公共点
11．已知正四棱台的上底面边长为，下底面边长为2，侧棱长为2，则
A．棱台的侧面积为6
B．棱台的体积为14
C．棱台的侧棱与底面所成的角的余弦值为
D．棱台的侧面与底面所成锐二面角的余弦值为
12．已知函数f(x)＝3sin2x＋4cos2x，g(x)＝f(x)＋|f(x)|．若存在x0∈R，对任意x∈R，f(x)≥f(x0)，则
A．任意x∈R，f (x＋x0)＝f (x－x0)
B．任意x∈R，f (x)≤f(x0＋)
C．存在θ＞0，使得g(x)在(x0，x0＋θ)上有且仅有2个零点
D．存在θ＞－，使得g(x)在(x0－，x0＋θ)上单调递减


第II卷（非选择题 共90分）
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．(3x2＋)5的展开式中的常数项为．
14．写出一个离心率为，渐近线方程为y＝±2x的双曲线方程为．
15．早在15世纪，达·芬奇就曾提出一种制作正二十面体的方法：如图1，先制作三张一样的黄金矩形ABCD (＝)，然后从长边CD的中点E出发，沿着与短边平行的方向剪开一半，即OE＝AD，再沿着与长边AB平行的方向剪出相同的长度，即OF＝OE，将这三个矩形穿插两两垂直放置，连结所有顶点即可得到一个正二十面体，如图2．若黄金矩形的短边长为4，则按如上制作的正二十面体的表面积为，其外接球的表面积为．
A
B
C
D
O
E
F
x
x
2x
2y
图1
图2







16．已知直线y＝kx＋b与曲线y＝x2＋cosx相切，则＋b的最大值为．






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．(本小题满分10分)
已知四边形ABCD中，AC与BD交于点E，AB＝2BC＝2CD＝4．
（1）若∠ADC＝，AC＝3，求cos∠CAD；
（2）若AE＝CE，BE＝2，求△ABC的面积．





18．(本小题满分12分)
已知等差数列{an}满足：a1＋3，a3，a4成等差数列，且a1，a3，a8成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）在任意相邻两项ak与ak＋1(k＝1，2，…)之间插入2k个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}．记Sn为数列{bn}的前n项和，求满足Sn＜500的n的最大值．







19．(本小题满分12分)
如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ABC＝90º， AD＝2BC＝2AB＝4，△PAD为等边三角形，E为PD的中点，直线AB与CE所成角的大小为45º．
P
E
D
A
C
B
（第19题图）
（1）求证：平面PAD⊥平面ABCD；
（2）求平面PAB与平面PCD所成角的正弦值．










20．(本小题满分12分)
某乒乓球教练为了解某同学近期的训练效果，随机记录了该同学40局接球训练成绩，每局训练时教练连续发100个球，该同学接球成功得1分，否则不得分，且每局训练结果相互独立，得到如图所示的频率分布直方图．
（1）若同一组数据用该区间的中点值作代表，
①求该同学40局接球训练成绩的样本平均数；
②若该同学的接球训练成绩X近似地服从正态分布N(μ，100)，其中μ近似为样本平均数，求P(54＜X＜64)的值；
（2）为了提高该同学的训练兴趣，教练与他进行比赛．一局比赛中教练连续发100个球，该同学得分达到80分为获胜，否则教练获胜．若有人获胜达3局，则比赛结束，记比赛的局数为Y．以频率分布直方图中该同学获胜的频率作为概率，求E(Y)．
参考数据：若随机变量ξ~N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜ξ＜μ＋σ)≈0.6827，
O
50
60
70
80
90
100
分数

0.005
0.010
0.020
0.045
（第20题图）
P(μ－2σ＜ξ＜μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ＜ξ＜μ＋3σ)≈0.9973．









21．(本小题满分12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C：y2＝4x，经过P(t，0)(t＞0)的直线l与C交于A，B两点．
（1）若t＝4，求AP长度的最小值；
（2）设以AB为直径的圆交x轴于M，N两点，问是否存在t，使得·＝－4？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

22．(本题满分12分)
已知函数f(x)＝＋alnx，a∈R．
（1）若a＜e，求函数f(x)的单调区间；
（2）若a＞e，求证：函数f(x)有且仅有1个零点．

南京市2021届高三年级第三次模拟考试
数学参考答案及评分标准
一、单项选择题：本大题共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．D 2．A 3．C 4．B 5．D 6．B 7．C 8．A
二、多项选择题：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．BCD 10．AC 11．ACD 12．BD
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．270 14．x2－＝1(答案不唯一) 15．80，(40＋8)π 16．
四、解答题：本大题共6小题，共70分．
17．(本题满分10分)
解：(1)在△ACD中，由正弦定理，得＝，
所以sin∠CAD＝＝＝． 2分
因为0＜∠CAD＜，
因此cos∠CAD＝＝＝． 4分
(2)方法1
设AE＝CE＝x，∠AEB＝α．
在△ABE中，8＋x2－4xcosα＝16．①
在△BCE中，8＋x2－4xcos(π－α)＝4，即8＋x2＋4xcosα＝4．② 6分
①②相加，解得x＝，即AE＝CE＝． 8分
将x＝代入①，解得cosα＝－．
因为0＜α＜π，所以sinα＝＝，
所以△ABC的面积S△ABC＝2S△ABE＝2×AE×BE×sinα
＝2×(××2×)＝． 10分
方法2
因为AE＝CE，所以＝(＋)，
两边平方得42＝2＋2＋2||·||cos∠ABC，
即32＝16＋4＋2×4×2cos∠ABC，
得cos∠ABC＝，又0＜∠ABC＜π，
所以sin∠ABC＝＝． 8分
所以△ABC的面积S△ABC＝AB·BC·sin∠ABC＝×4×2×＝． 10分

18．(本题满分12分)
解：(1)设数列{an}的公差为d，
因为a1＋3，a3，a4成等差数列，所以2a3＝a1＋3＋a4，即2(a1＋2d)＝a1＋3＋a1＋3d，
解得d＝3， 2分
因为a1，a3，a8成等比数列，所以a32＝a1a8，即(a1＋6)2＝a1(a1＋21)，
解得a1＝4， 4分
所以an＝4＋3(n－1)＝3n＋1． 5分
(2)因为bn＞0，所以{Sn}是单调递增数列． 6分
因为ak＋1前的所有项的项数为k＋21＋22＋…＋2k＝k＋2k＋1－2，
所以S＝(a1＋a2＋…＋ak)＋2(21＋22＋…＋2k)
＝＋2×＝＋2k＋2－4． 8分
当k＝6时，S132＝321＜500；当k＝7时，S261＝599＞500． 10分
令S132＋a7＋2(n－133)＜500，即321＋22＋2(n－133)＜500，解得n＜211.5．
所以满足Sn＜500的n的最大值为211． 12分

19.解：(1)取AD中点O，连接CO，OE．
在梯形ABCD中，因为AD∥BC，AD＝2BC，
所以四边形ABCO为平行四边形，所以CO∥AB，
所以∠OCE即为异面直线AB与CE所成的角或补角． 2分
在等边△PAD中，因为E为PD的中点，所以OE＝PA＝AD＝2．
在△OCE中，OC＝AB＝2，即OE＝OC＝2，
所以∠OCE为锐角，从而∠OCE＝∠OEC＝45°，
所以∠COE＝90°，即OC⊥OE． 4分
因为∠ABC＝90º，所以四边形ABCO为矩形，所以OC⊥AD．
又AD∩OE＝O，AD，OEÌ平面PAD，所以OC⊥平面PAD．
又因为OCÌ平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD． 6分
(2)连接PO，在等边△PAD中，因为O为AD中点，所以PO⊥AD．
z
由(1)得OC⊥平面PAD，POÌ平面PAD，所以OC⊥PO．
P
以O为原点，OC，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，
E
则A(0，－2，0)，C(2，0，0)，D(0，2，0)，B(2，－2，0)，
P(0，0，2)，
y
O
A
D
故＝(0，2，2)，＝(2，0，0)，＝(0，2，－2)，
x
B
C
＝(－2，2，0)．
设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)，由
不妨取z＝1，得m＝(0，－，1)． 8分
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，由
不妨取z＝1，得n＝(，，1)． 10分
所以cos＜m，n＞＝＝－．
所以平面PAB与平面PCD的所成角的正弦值为． 12分

20．(本小题满分12分)
解：(1)①＝55×0.1＋65×0.2＋75×0.45＋85×0.2＋95×0.05＝74． 2分
②由(1)得μ＝＝74，所以X~N(74，100)，
得P(54＜X＜94)≈0.9545，P(64＜X＜84)≈0.6827， 4分
所以P(54＜X＜64)＝＝0.1359． 6分
(2)记“该同学每局获胜”为事件A，则P(A)＝(0.02＋0.005)×10＝． 7分
Y的可能取值为3，4，5,
P(Y＝3)＝()3＋()3＝， 8分
P(Y＝4)＝C×()2××＋C×()2××＝， 9分
P(Y＝5)＝C×()2×()2×＋C×()2×()2×＝． 10分
因此E(Y)＝3×＋4×＋5×＝． 12分

21．(本题满分12分)
解：(1)设A(x1，y1)，则AP2＝(x1－4)2＋y12＝x12－8x1＋16＋4x1＝x12－4x1＋16， 2分
当x1＝2时，(AP2)min＝12，故AP长度的最小值为2． 4分
(2)由l不与x轴重合，故可设直线l：x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得y2－4my－4t＝0，
所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t． 6分
以AB为直径的圆方程为(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0，
令y＝0，得(x－x1)(x－x2)＋y1y2＝0，即x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y1y2＝0．
设M(x3，y3)，N(x4，y4)．
则x3x4＝x1x2＋y1y2． 8分
于是·＝x3x4＝x1x2＋y1y2＝＋y1y2＝t2－4t． 10分
令t2－4t＝－4，解得t＝2，此时Δ＝16(m2＋2)＞0，
所以存在t＝2，使得·＝－4． 12分

22．(本题满分12分)
(1)解：因为f (x)＝＋alnx，x＞0，所以f '(x)＝－． 1分
①当a≤1时，令f '(x)＜0，得x＞1；令f '(x)＞0，得0＜x＜1． 2分
②当1＜a＜e时，令f '(x)＜0，得0＜x＜lna或x＞1；令f '(x)＞0，得lna＜x＜1．
3分
因此，当a≤1时，f (x)的减区间为(1，＋∞)，增区间为(0，1)；
当1＜a＜e时，f (x)的减区间为(0，lna)和(1，＋∞)，增区间为(lna，1)．
4分
(2) 证明：当a＞e时，令f '(x)＜0，得0＜x＜1或x＞lna；令f '(x)＞0，得1＜x＜lna．
所以f (x)的减区间为(0，1)和(lna，＋∞)；增区间为(1，lna)， 6分
所以当x∈(0，lna]时，f (x)≥f (1)＝a－e＞0，此时f (x)无零点． 7分
方法1
下面证明：当x＞0时，ex＞．
设g(x)＝ex－，x＞0，则g'(x)＝ex－x2，g'' (x)＝ex－2x，g''' (x)＝ex－2．
当x∈(0，ln2)，g''' (x)＜0，所以g'' (x)单调递减；
当x∈(ln2，＋∞)，g''' (x)＞0，所以g'' (x)单调递增；
因此g'' (x)≥g'' (ln2)＝2－2ln2＞0，故g'(x)在(0，＋∞)上单调递增．
因此g'(x)＞g'(0)＝1＞0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
所以g(x)＞g(0)＝1＞0，即不等式ex＞(x＞0)得证． 9分
由于x＞0时，由g'' (x)＞0，知ex＞2x＞x，故ln ex＞lnx，即lnx＜x． 10分
因此，当x＞lna＞1时，f (x)＝＋alnx＜＋ax＝－x2＋ax＋＜－x2＋ax＋a，
令－x2＋ax＋a＝0，得x＝＝a＋＞lna，
取x0＝，则 f (x0)＜0．
又f (lna)＞f (1)＞0，且函数f (x)在[lna，＋∞)上单调递减，f(x)的图象不间断，
故当x∈[lna，＋∞)时，f (x)有且仅有1个零点．
综上，当a＞e时，函数f (x)有且仅有1个零点． 12分
方法2
先证明：ex≥(x＞0)．
令g(x)＝ex－ex，x＞0，因为g'(x)＝ex－e，
所以g(x)在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，所以g(x)min＝g(1)＝0，
所以g(x)＝ex－ex≥0，即ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号．
将x换作，得e≥e·，即证得ex≥x3． 9分
再证明：当x＞0时，lnx≤x－1．
令h(x)＝lnx－x＋1，x＞0，h'(x)＝－1，
所以当x∈(0，1)时，h'(x)＞0，所以h(x)在(0，1)上递增，
当x∈(1，＋∞)时，h'(x)＜0，所以h(x)在(1，＋∞)上递减，
所以h(x)max＝h(1)＝0，故h(x)＝lnx－x＋1≤0，
即证得当x＞0时，lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取等号． 10分
当x＞1时，有f(x)＝＋alnx＝＜＝，
令ax2－＝0，解得x＝，所以f()＜0．
又f (lna)＞f (1)＞0，且lna＜a－1＜a＜，f (x)在[lna，＋∞)上单调递减，f(x)的图象不间断，
所以f(x)在[lna，＋∞)上有且仅有1个零点．
综上，当a＞e时，函数f (x)有且仅有1个零点． 12分