《江苏省盐城市2021届高三年级第三次模拟考试数学试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省盐城市2021届高三年级第三次模拟考试数学试题（解析版）（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、盐城市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设集合Ax|y，By|y，C(x，y)|y，则下列集合不为空集的是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，则选项BCD均错误，故答案选A2若复数z满足|
2、zi|2，则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，则|zi|a(b1)i|2，即a2(b1)24，不妨设a2cos，b2sin1，则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：若直线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)，则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，若平面过定点Q0(1，0，2)，向量为平面的法向量，则平面的方程为A2x3yz40 B2x3yz40C2x3yz
3、0 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，若x(0，m)时，函数g(x)的图象在f(x)的上方，则实数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sinxsin(x)，解得xxk，kZ，所以xk，kZ，则当x(0，m)时，若要函数g(x)的图象在f(x)的上方，则mxk，当k0时，m，故答案选C5已知数列的通项公式为，则其前n项和为A B C D【答
4、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，其贡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，则，已知函数，直线l与f(x)的图象相切于点，且交f(x)的图象于另一点，则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，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
5、设双曲线C：0)的焦距为2，若以点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，则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，则m2()21，因为b(0，1)，所以1(0，1)，则m(0，1)，所以OP(0，1)，故答案选B8已知正数x，y，z满足xlnyyezzx，则x，y，z的大小关系为Axyz Byxz Cxzy D以上均不对【答案】A【考点】比较大小【解析】由题意可知，lny0
6、，即y1，由xlnyzx，可得zlnyy1，则zy10，所以zy；又yezzx，所以(z1)ezyezzxyx，所以z1ezx，则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的全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9已知X N(1，12)，Y N(2，22)，12，10，20，则下列结论中一定成立的有A若12，则P(|X1|1)P(|Y2|1)B若12，则P(|X1|1)P(|Y2|1)C若12，则P(X2)P(Y1)1D若12，则P(X2)P(Y1)
7、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，若12，则Y分布更加集中，则在相同区间范围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，可把正态分布标准化，即Z，则Z N(0，1)，对于选项AB，若12，则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C
8、D，若12，则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，若，则下列说法中正确的有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【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，则有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，则有anSn1，所以n2时，an1Sn1
9、1，两式相减可得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，则有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已知矩形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，若点P为BD的中点，则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】A
10、CD【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，若CP平面ABD，则CPAB，所以QEAB，则与ABBE矛盾，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，若三棱锥BADE外接球的球心在平面AECD内，则球心为ADE的外心，则为ADE直角三角形，且AD为斜边，则球
11、心O为AD的中点，所以ROBOAOD1，则ABBD，所以BD，而BD(1，)，可知存在，则满足题意，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|，则下列说法正确的有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若，则不等式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
12、且仅当0或时取等号，若xi0，则n2，所以选项A、B、D正确；设(1，1，1)(n个1)，则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，每小题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发展成就、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，则至少含有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，则至少含有1个传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
