广西防城港市2021届高三上学期12月模拟考试数学(理)试题 Word版含答案

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广西防城港市2021届高三上学期12月模拟考试数学(理)试题 Word版含答案

防城港市 2021 届高三模拟考试 数学(理) 一、单选题 1.已知集合 A={x|x2-1<0}, 2| 3B x x     ,则 A∩B=( ) A.(-1,1) B.(1,+∞) C. 21, 3     D. 2 ,13      2.已知 21 z ii   ,则复数|z|=( ) A. 10 B.2 C.1-3i D.1+3i 3.已知 π 4cos 2 5      ,则 cos 2α=( ) A. 7 25 B. 7 25  C. 24 25 D. 24 25  4.某个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ) A. 8 3 B. 2 3 3 C. 4 3 D. 4 3 3 5.已知圆 M:(x-4)2+(y-3)2=4 和两点 A(-a,0),B(a,0),若圆 M 上存在点 P,使得∠APB =90°,则 a 的最大值为( ) A.4 B.5 C.6 D.7 6.已知(mx+1)n 的展开式中,二项式系数和为 32,各项系数和为 243,则 m=( ) A.2 B.3 C.-2 D.-3 7.函数 f(x)=xln|x|的图象可能是( ) A. B. C. D. 8.已知随机变量ξ服从正态分布 N(1,σ2),且 P(ξ<0)=P(ξ>a-3),则 a=( ) A.-2 B.2 C.5 D.6 9.已知△ABC 的三边满足条件 2 2( ) 3a b c bc    ,则∠A=( ) A.30° B.45° C.60° D.120° 10.已知 π ,06      为 π( ) sin( 2 ) | | 2f x x         的一个对称中心,则f(x)的对称轴可能为( ) A. π 2x  B. π 12x   C. π 3x   D. 2π 3x  11.已知双曲线 C: 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的左、右焦点分别为 F1、F2,过 F2 作垂直于实 轴的弦 PQ,若 1 π 2PFQ  ,则 C 的离心率 e 为( ) A. 2 1 B. 2 C. 2 1 D. 2 2 12.已知函数 2 2 2 , 0( ) 2 , 0x x x a xf x e ax e x         在 R 恰有两个零点,则实数 a 的取值范围是( ) A.(0,1) B.(e,+∞) C. (0,1) ,2 e    D. 2 (0,1) ,2 e      二、填空题 13.已知向量 (1,1)a  , ( 3,2)b   ,若 2ka b  与 a  垂直,则实数 k=__________. 14.若变量 x、y 满足约束条件 2 0 2 0 y x y x y         ,则 z=x+2y 的最大值为__________. 15.在三棱锥中 P-ABC,PA,PB,PC 两两相互垂直,PA=PB=PC=1,则此三棱锥内切 球的半径为__________. 16.已知抛物线 C:y2=x,过 C 的焦点的直线与 C 交于 A,B 两点.弦 AB 长为 2,则线段 AB 的中垂线与 x 轴交点的横坐标为__________. 三、解答题 17.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn+2=2an. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 bn=nan,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 18.在四棱锥 P-ABCD 中,侧面 PAD⊥底面 ABCD,底面 ABCD 为直角梯形,BC∥AD,∠ ADC=90°, 1 12BC CD AD   ,PA=PD,E,F 分别为 AD,PC 的中点. (Ⅰ)求证:PA∥平面 BEF; (Ⅱ)若 PE=EC,求二面角 F-BE-A 的余弦值. 19.某超市准备举办一次有奖促销活动,若顾客一次消费达到 400 元则可参加一次抽奖活动, 超市设计了两种抽奖方案. 方案一:一个不透明的盒子中装有 15 个质地均匀且大小相同的小球,其中 5 个红球,10 个 白球,搅拌均匀后,顾客从中随机抽取一个球,若抽到红球则顾客获得 80 元的返金券,若 抽到白球则获得 20 元的返金券,且顾客有放回地抽取 3 次. 方案二:一个不透明的盒子中装有 15 个质地均匀且大小相同的小球,其中 5 个红球,10 个 白球,搅拌均匀后,顾客从中随机抽取一个球,若抽到红球则顾客获得 100 元的返金券,若 抽到白球则未中奖,且顾客有放回地抽取 3 次. (1)现有两位顾客均获得抽奖机会,且都按方案一抽奖,试求这两位顾客均获得 240 元返 金券的概率; (2)若某顾客获得抽奖机会. ①试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得返金券的数学期望; ②该顾客选择哪一种抽奖方案才能获得更多的返金券? 20.在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率为 3 2 ,过椭圆右焦点 F 作两条互相垂直的弦 AB 与 CD,当直线 AB 的斜率为 0 时,|AB|+|CD|=5. (1)求椭圆的方程; (2)求由 A,B,C,D 四点构成的四边形面积的取值范围. 21.已知函数 1( ) ln 1 xf x axx   . (1)讨论 f(x)的单调性; (2)当时 x∈(0,1), 2 4 1 ax ax xe e x    ,求实 a 数的取值范围. 选做题: 22.在直角坐标系 xOy 中,直线 l 的参数方程为 11 2 3 2 x t y t      (t 为参数),在以坐标原点 O 为极点,x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中,曲线 C 的极坐标方程为ρ2(1+3cos2θ)=4. (1)写出直线 l 的普通方程与曲线 C 的直角坐标方程; (2)设点 M(1,0).若直线 l 与曲线 C 相交于不同的两点 A,B,求|AM|+|BM |的值. 23.已知函数 f(x)=|x+1|. (1)求不等式 f(x)<|2x+1|-1 的解集; (2)关于 x 的不等式 f(x-2)+f(x-3)<a 的解集不是空集,求实数 a 的取值范围. 防城港市 2021 届高三模拟考试 数学(理) 参考答案 1.D【详解】由已知 A={x|x2-1<0}={x|-1<x<1},又 2| 3B x x     ,则 2 ,13A B      .故 选:D. 2.A【详解】由题意可得:z=(2+i)(1+i)=1+3i,则| | 1 9 10z    .本题选择 A 选项. 3.B【详解】由题意结合诱导公式可得: π 4sin cos 2 5        ,则 2cos2 1 2sin 1    24 72 5 25        . 4.C【详解】由三视图可知,几何体为高为 2 的三棱锥∴三棱锥体积: 1 1 1 23 3 2V Sh    42 2 3    选项:C 5.D【详解】若点 P 满足∠APB=90°,则点 P 在以 AB 为直径的圆上,据此可知,满足题 意时,圆 x2+y2=a2 与圆(x-4)2+(y-3)2=4 有公共点,两圆的圆心距: 2 2(0 4) (0 3) 5d      , 两圆的半径 r1=a,r2=2,满足时应有:|r1-r2|≤d≤|r1+r2|,即:|a-2|≤5≤|a+2|,求解关于 实数 a 的不等式可得:3≤a≤7,则 a 的最大值为 7. 6.A【详解】展开式二项式系数和为 32,则:2n=32,故 n=5.则各项系数和为(m×1+1)5 =243,据此可得:m=2. 7.A【详解】函数的定义域{x|x≠0}关于坐标原点对称,且由函数的解析式可知: f(-x)= -x×ln|-x|=-xln x=-f(x),则函数 f(x)为奇函数,其图象关于坐标原点对称,选项 CD 错误; 当 x>0 时,f(x)=xln x,则 1( ) ln ln 1f x x x xx       ,当 10,x e     时,f′(x)<0,f(x)单调 递减, 当 1 ,x e      时,f′(x)>0,f(x)单调递增,即函数 f(x)在区间(0,+∞)内先单调递减, 再单调递增,据此可排除 B 选项,本题选择 A 选项. 8.C【详解】随机变量ξ服从正态分布 N(1,σ2),则正态分布的图象关于直线 x=1 对称, 结 合 P(ξ<0)=P(ξ>a-3)有 0 ( 3) 12 a   ,解得:a=5.本题选择 C 选项. 9.D【详解】由 2 2( ) 3a b c bc    可得:(b-c)2-a2=-3bc,则 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc     ,据此 可得∠A=120°. 10.B【详解】由题意可知,当 π 6x  时, π2 2 π( )6x k k Z         ,据此可得: πk   π ( )3 k Z ,令 k=0 可得 π 3   ,则函数的解析式为 π π( ) 2 sin 23 3f x x x               ,函数 的对称轴满足: π π2 π ( )3 2x k k Z    ,解得: π 5π ( )2 12 kx k Z   ,令 k=-1 可知函数的一 条对称轴为 π 12x   ,且很明显选项 ACD 不是函数 f(x)的对称轴.本题选择 B 选项. 11.C【详解】双曲线的左右焦点分别为 F1、F2,过 F2 作垂直于实轴的弦 PQ,若 1 π 2PFQ  , 则:△PF1Q 为等腰直角三角形.由于通径 22bPQ a  ,则: 2 2 bc a  ,解得:c2-a2-2ac=0, 所以:e2-2e-1=0, 解得: 1 2e   ;由于 e>1,所以: 1 2e   ,故选:C. 12.D 解:当 x=0 时,f(x)=-1-e2≠0,故 0 不是函数的零点;当 x∈(0,+∞)时,f(x)=0 等 价于 2 2 xe ea x  .令 2 ( ) xe eg x x  ,则 2 2( ) x xxe e eg x x    .当 x<2 时,g′(x)<0,当 x=2 时,g′(x)=0,当 x>2 时,g′(x)>0,∴g(x)≥e2,即 2a≥e2, 2 2 ea  . ①当 0<a<1 时, f(x)在(-∞,0)上有两个零点,则 f(x)在(0,+∞)无零点,则 2 2 ea  ,∴0<a<1; ②当 a≤0 或 a=1 时,f(x)在(-∞,0)上有一个零点,故 f(x)在(0,+∞)上需要有一个零点,此时不合题 意; ③当 a>1 时,f(x)在(-∞,0)上无零点,故 f(x)在(0,+∞)上需要有两个零点,则 2 2 ea  . 综 上,实数 a 的取值范围是 2 (0,1) ,2 e      .故选:D. 13.-1【详解】由平面向量的坐标运算可得: 2 (1,1) 2( 3,2) ( 6, 4)ka b k k k        , 2ka b  与 a  垂直,则 ( 2 ) 0ka b a     ,即:(k+6)×1+(k-4)×1=0,解得:k=-1. 14.8【详解】绘制不等式组表示的可行域如图所示,结合目标函数的几何意义可得目标函 数在点 B(4,2)处取得最大值,其最大值为:zmax=4+2×2=8. 15. 1 3 3 或 3 3 6  【详解】由题意可知,三棱锥的三个面是直角边长为 1 的等腰直角三 角形,一个面是边长为 2 的等边三角形,则三棱锥的表面积为: 1 13 1 12 2S          2 2 sin60  °,设三棱锥的内切球半径为 R,利用等体积法可知: 1 1 1 1 13 2SR         , 即: 1 1 1 13 1 1 2 2 sin60 1 1 12 2 3 2R                        ° ,解得: 1 3 3 R   ,即 R  3 3 6  . 16.5 4 【详解】设直线 AB 的倾斜角为θ,由抛物线的焦点弦公式有: 2 2 2 1| | 2sin sin pAB     , 则 2 1sin 2   ,tan2θ=1,由抛物线的对称性,不妨取直线 AB 的斜率 k=tan θ=1,则直线 AB 的方程为: 1 4y x  ,与抛物线方程联立可得: 2 3 1 02 16x x   ,由韦达定理可得: 1 2x x 3 2  ,设 AB 的中点 M(xM,yM),则 1 2 3 2 4M x xx   , 1 1 4 2M My x   ,其垂直平分线方程 为: 1 3 2 4y x       , 令 y=0 可得 5 4x  ,即线段 AB 的中垂线与 x 轴交点的横坐标为 5 4 . 17.【解】(1)∵Sn+2=2an①∴Sn-1+2=2an-1,(n≥2)② ①-②得 Sn-Sn-1=2an-2an-1=an, 则 1 2( 2)n n a na    ,在①式中,令 n=1,得 a1=2.∴数列{an}是首项为 2,公比为 2 的等比 数列,∴an=2n; (2)bn=n·2n.所以 Tn=1·21+2·22+3·23+…+(n-1)·2n-1+n·2n③ 则 2Tn=1·22+2·23+… +(n-2)·2n-1+(n-1)·2n+n·2n+1④ ③-④得, 2 3 1 1 2 (1 22 2 2 2 2 )2 2 1 n n n n nT n              … 1 12 2 (1 2 2)n n nn n         ∴Tn=(n-1)·2n+1+2. 18.【解】(1)连接 AC 交 BE 于 O,并连接 EC,FO,∵BC∥AD, 1 2BC AD ,E 为 AD 中点,∴AE∥BC,且 AE=BC,∴四边形 ABCE 为平行四边形,∴O 为 AC 中点,又 F 为 PC 中点,∴OF∥PA,∵OF ⊂ 平面 BEF,PA ⊄ 平面 BEF,∴PA∥平面 BEF. (2)由题意可知 PE⊥面 ABCD,BE⊥AD,如图所示,以 E 为原点,EA、EB、EP 分别为 x、y、z 建立直角坐标系,则 E(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0), 1 1 2, ,2 2 2F      .平面 ABE 法向量可取: (0,0,1)n  ,平面 FBE 中,设法向量为 ( , , )m a b c , 则 0 0 m EB m EF           0 0 0 1 1 2 02 2 2 b a b c       ,取 ( 2,0,1)m  , 1cos , | || | 3 m nm n m n          ,所以二面角 F-BE-A 的 余弦值为 3 3  . 19.(1)选择方案一,则每一次摸到红球的概率为 5 1 15 3p   . 设“每位顾客获得 240 元返金券”为事件 A,则 3 3 3 1 1( ) C 3 27P A      . 所以两位顾客均获得 240 元返金券的概率 1( ) ( ) 729P P A P A   . (2)①若选择抽奖方案一,则每一次摸到红球的概率为 1 3 ,每一次摸到白球的概率为 2 3 .设 获得返金券金额为 X 元,则 X 可能的取值为 60,120,180,240. 则 3 0 3 2( 60) C 3P X       8 27  ; 1 2 1 3 1 2 4( 120) C 3 3 9P X             ; 2 2 3 1 2 2( 180) C 3 3 9P X             ; 3 3 3 1( 240) C 3P X       1 27  . 所以选择抽奖方案一,该顾客获得返金券金额的数学期望为 8( ) 60 12027E X     4 2 1180 240 1209 9 27      (元) 若选择抽奖方案二,设三次摸球的过程中,摸到红球的 次数为 Y,最终获得返金券的金额为 Z 元,则 1~ 3, 3Y B     ,故 1( ) 3 13E Y    .所以选择抽 奖方案二,该顾客获得返金券金额的数学期望为 E(Z)=E(100Y)=100(元) ②即 E(X)>E(Z),所以应选择第一种抽奖方案. 20.【解】(1)由题意知 3 2 ce a   ,则 2 3 3a c , 3 3b c ,∴ 22| | | | 2 bAB CD a a     4 3 3 53 3c c  .所以 3c  ,所以椭圆的方程为 2 2 14 x y  ; (2)①当两条弦中一条斜率为 0 时,另一条弦的斜率不存在, 由题意知 1 | |2S AB 四边形 1| | 4 1 22CD     . ②当两弦斜率均存在且不为 0 时,设 A(x1,y1),B(x2,y2), 且设直 线 AB 的方程为 ( 3)y k x  , 则直线 CD 的方程为 1 ( 3)y xk    . 将直线 AB 的方程 代入椭圆方程中,并整理得 2 2 2 2(1 4 8 3 12 4 0)k x k x k     , 则 2 1 2 2 8 3 1 4 kx x k    , 1 2x x  2 2 12 4 1 4 k k   所以 2 2 2 2 1 2 2 2 4 1 4(1| | 1 | 1 1 4 1 ) 4| k kAB k x x k k k          , 同理| |CD  22 2 2 14 1 4(1 ) 4 41 kk k k        , 所以 2 2 2 2 2 2 4 2 1 1 4(1 4(1 8(1| | | |2 2 1 4 4 4 1 ) ) 7 4 )k k kS AB CD k k k k            四边形 2 2 2 18 182 1 14 9 4 9 k k k kk k                    , 由 221 14 9 4 2 9 25k kk k                ,当且仅当 k= ±1 时取等号.∴ 32 ,225S    四边形 ,综合①与②可知, 32 ,225S     四边形 . 21.【解】 (1)∵ 1 01 x x   .∴-1<x<1, 2 2( ) 1f x ax    ,∵-1<x<1,∴f′(x)≥ 2-a, (Ⅰ)当 a≤2 时,f′(x)≥0,∴f(x)在(-1,1)上单调递增; (Ⅱ)当 a>2 时, ( ) 0f x  2 21 , 1x a a          ,∴f(x)在 2 21 , 1a a        上单调递减;∴f(x)在 21 1 a        , 21 ,1a      上单调递增. (2)(Ⅰ)当 a≤2 时,由(1)知 f(x)在(-1,1)上单调递增;∴x∈(0,1),f(x)>f(0)=0> f(-x)即有: 1ln1 x axx   , 1ln1 x axx    , 从而可得:1 1 axx ex   ,1 1 axx ex   ,∴ ax axe e  2 4 1 x x ; (Ⅱ)当 a>2 时,由(1)知 f(x)在 2 21 , 1a a        上单调递减;∴ 20, 1x a       , f(x)<f(0)=0<f(-x), 即有: 1ln1 x axx   , 1ln1 x axx    从而可得:1 1 axx ex   ,1 1 axx ex   , ∴ 2 4 1 ax ax xe e x    ,不合题意,舍去. 综上所述,实数 a 的取值范围为 a≤2. 22.【解】(1)由直线 l 的参数方程消去参数 t,得直线 l 的普通方程为 3 3 0x y   , 又将曲线 C 的极坐标方程化为ρ2+3ρ2cos2θ=4,曲线 C 的直角坐标方程为 2 2 14 yx   . (2)将直线 l 的参数方程代入 2 2 14 yx   中,得 221 34 1 42 2t t             ,得 7t2+16t=0 此 方程的两根为直线 l 与曲线 C 的交点 A,B 对应的参数 t1,t2,得 1 16 7t   ,t2=0,∴由直线 参数的几何意义,知 1 2 16| | | | | || | 7AM BM t t    23.解:(1)∵f(x)<|2x+1|-1,∴|x+1|-|2x+1|+1<0 当 x<-1 时,不等式可化为-x-1+(2x+1)+1 <0,解得 x<-1,所以 x<-1; 当 11 2x    ,不等式可化为 x+1+(2x+1)+1<0,解得 x <-1,无解; 当 1 2x   时,不等式可化为 x+1-(2x+1)+1<0,解得 x>1,所以 x>1 综上 所述,A=(-∞,-1)∪(1,+∞) (2)因为 f(x-2)+f(x-3)=|x-1|+|x-2|≥|(x-1)-(x-2)|=1 且 f(x-2)+f(x-3)<a 的解集不是空集, 所以 a>1,即 a 的取值范围是(1,+∞)
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