2021届江苏省泰州市泰州中学高考四模数学试题（含答案）

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一、单项选择题：
1．解：对于A，当n＝2k，k∈Z时，
A＝{x|x＝4k﹣1，k∈Z}＝B，
当n＝2k﹣1，k∈Z时，
A＝{x|x＝4k﹣3，k∈Z}，
故选：B．
2． 解：因为复数z＝1+i，
所以﹣（iz）2＝
＝
＝1+i+2i
＝1+3i，
故复数﹣（iz）2在复平面内对应的点为（1，3），在第一象限．
故选：A．
3. 【答案】
4．解：由题意知茶水温度y随时间x的增大而减小，在[0，+∞）上是单调减函数，
所以ACD中的函数都不满足题意，只有选项B满足题意．
故选：B．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
根据①③可判断丙的院校；由②和⑤可判断丙的学位.
【详解】由题意①甲不是军事科学院的，③乙不是军事科学院的；
则丙来自军事科学院；
由②来自军事科学院的不是博士，则丙不是博士；
由⑤国防科技大学的是研究生，可知丙不是研究生，
故丙为学士.
综上可知，丙来自军事科学院，学位是学士.
故选：C.
6【答案】
7. 【答案】C
8. 【答案】D
【解析】过点M作BM⊥y轴，由抛物线的性质可得|MA|＝|MF|＝+，
将M点坐标代入抛物线的方程，得x02＝2p•，即x02＝p，
不妨设M在第一象限，则x0＝，所以|BM|＝x0＝，
因为∠AMF＝120°，所以∠BFM＝30°，所以2|BF|＝|MF|，
所以2（﹣）＝+，解得p＝3，
所以抛物线的方程为x2＝6y，所以F（0，），
准线的方程为y＝﹣，所以P0到直线GH的距离d＝p＝3，
联立，解得x＝3或﹣3，所以G（﹣3，3），H（3，3），
所以GH＝6，所以S＝•|GH|•d＝•6•3＝9，故选：D．
二、多选题
9. 【答案】BC
10．BC
【解析】
【分析】
先利用图象变换规律求出函数,再结合余弦函数的图象和性质进行分析,得出结论.
【详解】
将函数图象上的各点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,可得到函数的图象,
再向左平移个单位,可得到函数的图象,
对于选项A,令,求得,故A错误;
对于选项B,若,则,,
故在上单调递减,故B正确;
对于选项C,,
即函数的图象与函数的图象相同,故C正确;
对于选项D,若,是函数的零点,则是的整数倍,故D错误;
故选:BC.
【点睛】
本题主要考查函数的图象变换规律,考查余弦函数的图象和性质应用,难度不大.
11.【答案】ABD
12. 【答案】BCD
三、填空题
13. 3 ，
14因为数列与均为等比数列，所以且，得，故数列也为等差数列，不难得数列为非零常数列，则．1=2021=3
15．【答案】
【详解】如图，等腰三角形，,，取中点连接.
，由题意可得，
所以，
所以，所以.
16.答案：
四、解答题
17． 【解析】（1）因为在中，为边上的中点，
所以，即，∴
（2）由得，
所以，∴，
在中，，在中，，
而，所以，解得.
18. 解：（1）若选择条件①，则放在第一行的任何一列，满足条件的等差数列都不存在，
若选择条件②，则放在第一行的第二列，结合条件可得，，，则，则，
若选择条件③，则放在第一行的任何一列，结满足条件的等差数列都不存在，
综上可得，则，
（2）由（1）知，，
当为偶数时，
，
，
，
当为奇数时，
，
19. 【考点】二面角的平面角及求法．
【专题】数形结合；向量法；综合法；空间角；直观想象；数学运算．
【答案】（1）；
（2）交线见解析中图形，＝．
【分析】（1）取AB、FB的中点，分别记为O、K，连接AK，OF，OG，证明OB、OG、OF两两相互垂直，以O为坐标原点，分别以OB、OG、OF所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面FHCB与平面FHG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值即可求得二面角C﹣FH﹣G的余弦值；
（2）延长FH交BC的延长线于T，连接TG并延长交AB于P，交DA的延长线于Q，则TQ为平面FHG与平面ABCD的交线，再由已知结合比例关系可得．
【解答】解：（1）取AB、FB的中点，分别记为O、K，连接AK，OF，OG，
∵△FAB为等边三角形，四边形ABCD为正方形，
∴FO⊥AB，BC⊥AB，
∵平面FAB⊥面ABCD，且平面FAB∩面ABCD＝AB，
FO⊂平面FAB，BC⊂平面ABCD，
∴FO⊥平面ABCD，BC⊥平面FBA，
又OG∥BC，∴OG⊥平面FBA，故OB、OG、OF两两相互垂直．
以O为坐标原点，分别以OB、OG、OF所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则F（0，0，），G（0，2，0），C（1，2，0），E（0，3，），
H（，，），K（，0，），
，．
又AK⊥FB，AK⊥BC，且FB∩BC＝B，∴AK⊥平面FBC，
故平面FHCB的一个法向量为＝（），
设平面FHG的一个法向量为，
由，取z＝2，得．
由图可知，二面角C﹣FH﹣G为锐二面角，记为θ，
则csθ＝|cs＜＞|＝||＝||＝；
（2）延长FH交BC的延长线于T，连接TG并延长交AB于P，交DA的延长线于Q，
则TQ为平面FHG与平面ABCD的交线，由比例关系可得＝．
【点评】本题考查平面的基本性质，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
20. 【分析】（1）由已知可求出的值，再由焦点坐标求出的值，进而求解；
（2）设出点的坐标，则可得的坐标，由此求出直线的方程，进而求出点的坐标，再利用坐标求出向量，的坐标运算，利用点在椭圆上化简向量的坐标运算结果，进而可以求解．
【解答】解：（1）由题意可知：为椭圆的左顶点，故，
又为的右焦点，所以，于是，
故椭圆的方程为：；
（2）证明：设，，则，
直线的斜率，
又，所以直线的方程为，
令得，，，
所以，
又在椭圆上，所以，代入得：
，所以，
故直线与的交点在以为直径的圆上，且该圆的方程为：，
即直线与直线的交点在某定曲线上．
【点评】本题考查了椭圆的方程以及直线与椭圆的位置关系的应用，考查了学生的运算推理能力，属于中档题．
21.【答案】（1），，；（2）.
所以
所以
所以
（2）∵，即，，
又，
∴时
又∵，可得
由
可得数列是首项为公比为的等比数列
，即
又
故
22. 【答案】（1）；（2）详见解析.
【详解】（1）函数的定义域为，
，令，
①若，则，在上单调递增，不合题意；
②若，，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
，
（ⅰ）若，即时，，，
在上单调递增，不合题意；
（ⅱ）若，即时，，，
因为，则，
所以在上有两个变号零点，所以有两个极值点，不合题意；
③若，，则在上单调递减；
且，，存在唯一，使，
当时，，，当时，，，
所以是的唯一极值点，符合题意；
综上，的取值范围是．
（2）由（1）可知，，
因为，，所以，，，
由（1）可知函数在上单调递减，
所以，，
即，，
现证明不等式：，其中
要证，即证，即证，
即证，易知成立.
所以，即，
即，所以，证毕．