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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