河南省焦作市2021届高三数学三模试题理【含解析】

1、河南省焦作市2021届高三数学三模试题 理（含解析）一、选择题（每小题5分）.1已知集合Mx|3x24x40，Ny|y1|1，则MN（）A0，2）B（，0）C1，2D2已知复数z满足|z2|1，则|z|的最大值为（）A1B2C3D43已知a，blog，c（）4，则（）AabcBacbCbcaDcab4已知公比大于1的等比数列an满足a2ama6an，am2a6a10，则m+n（）A4B8C12D165函数ysinxln|x|的部分图象大致是（）ABCD6已知向量（1，x），（0，2），则的最大值为（）A2B2CD17为了加强新型冠状病毒疫情防控，某社区派遣甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者参加A，B

2、，C三个小区的防疫工作，每人只去1个小区，每个小区至少去1人，且甲、乙两人约定去同一个小区，则不同的派遣方案共有（）A24种B36种C48种D64种8已知x，y满足约束条件，则zax+y（a为常数，且1a3）的最大值为（）AaB2aC2a+3D29已知曲线y与直线kxy+k10有两个不同的交点，则实数k的取值范围是（）ABCD10若函数f（x）sin（x+）（0）在（，）上单调，且在（0，）上存在极值点，则的取值范围是（）A（，2B（，2C（，D（0，11在棱长为2的正四面体ABCD中，点P为ABC所在平面内一动点，且满足|+|，则PD的最大值为（）A3BCD212已知双曲线1（a0，b0）过

3、第一、三象限的渐近线为l，过右焦点F作l的垂线，垂足为A，线段AF交双曲线于B，若|BF|2|AB|，则此双曲线的离心率为（）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13某中学为了加强艺术教育，促进学生全面发展，要求每名学生从音乐和美术中至少选择一门兴趣课，某班有50名学生，选择音乐的有21人，选择美术的有39人，从全班学生中随机抽取一人，那么这个人两种兴趣班都选择的概率是 14一个球的表面积为100，一个平面截该球得到截面圆直径为6，则球心到这个平面的距离为 15已知Sn为等差数列an的前n项和，S60，a77，若为数列an中的项，则m 16已知函数f（x）的定义城为（0，+）

4、，其导函数为f（x），且满足f（x）0，f（x）+f（x）0，若0x11x2且x1x21，给出以下不等式：f（x1）ef（x2）；x1f（x2）x2f（x1）；x1f（x1）x2f（x2）；f（x2）（1x1）f（x1）其中正确的有 .（填写所有正确的不等式的序号）三、解答题：共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22，23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分.17在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bsinC+asinAbsinB+csinC（）求A；（）设D是线段BC的中点，若c2，AD，求a18如图

5、，在梯形ABCD中，ABCD，ADDCCB，ABC60，四边形ACEF是矩形（）求证：ACEB；（）若CEBC，且CEBC，求EB与平面FBD所成角的正弦值19已知函数f（x）xlnx（）求f（x）的图象在点A（1，f（1）处的切线方程，并证明f（x）的图象上除点A以外的所有点都在这条切线的上方；（）若函数g（x）（lnx+1）sin2x2f（x）cos2x，x，），证明：g（x）cos20已知抛物线C：y22px（p0）的焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线与C交于A，B两点，AOB（点O为坐标原点）的面积为2（）求抛物线C的方程；（）若过点E（0，a）（a0）的两直线l1，l2的倾斜角互补，

6、直线l1与抛物线C交于M，N两点，直线l2与抛物线C交于P，Q两点，FMN与FPQ的面积相等，求实数a的取值范围21甲、乙两人进行乒乓球比赛，两人约定打满2k+1（kN*）局，赢的局数多者获得最终胜利，已知甲赢得单局比赛的概率为p（0p1），设甲获得最终胜利的概率为ak（）证明：；（）当p1时，比较ak与ak+1的大小，并给出相应的证明（二）选考题：共10分请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），直线l的参数方程为（t为参数，0）（）若曲线C与y轴负半轴的交点在直线l上，求；（）若

7、tan，求曲线C上与直线l距离最大的点的坐标选修4-5.不等式选讲23已知函数f（x）|x+1|+|2x5|7（）在如图所示的网格中画出yf（x）的图象；（）若当x1时，f（x）f（x+a）恒成立，求a的取值范围答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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Mx|3x24x40，Ny|y1|1，则MN（）A0，2）B（，0）C1，2D解：因为集合Mx|3x24x40x|（x2）（3x+2）0，又Ny|y1|1y|0y2，由集合交集的定义可知，MN0，2）故选：A2已知复数z满足|z2|1，则|z|的最大值为（）A1B2C3D4

8、解：因为|z2|1，所以z在复平面内所对应的点Z到点（2，0）的距离为1，所以点Z的轨迹为以（2，0）为圆心，1为半径的圆，所以|z|的取值范围为1，3，则|z|的最大值为3故选：C3已知a，blog，c（）4，则（）AabcBacbCbcaDcab解：，acb故选：B4已知公比大于1的等比数列an满足a2ama6an，am2a6a10，则m+n（）A4B8C12D16解：a2ama6an，am2a6a10，公比q1，由等比数列的性质可得：m8，n4，m+n12，故选：C5函数ysinxln|x|的部分图象大致是（）ABCD解：根据题意，f（x）sinxln|x|，其定义域为x|x0，有f（x

9、）sin（x）ln|x|sinxln|x|f（x），即函数f（x）为奇函数，其图像关于原点对称，排除CD，在区间（0，1）上，sinx0，ln|x|0，则f（x）0，函数图像在x轴的下方，排除B，故选：A6已知向量（1，x），（0，2），则的最大值为（）A2B2CD1解：向量（1，x），（0，2），则，当x0时，0，当x0时，1，当且仅当x1时，取等号，所以的最大值为：1故选：D7为了加强新型冠状病毒疫情防控，某社区派遣甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者参加A，B，C三个小区的防疫工作，每人只去1个小区，每个小区至少去1人，且甲、乙两人约定去同一个小区，则不同的派遣方案共有（）A24种B36种C48

10、种D64种解：根据题意，分2步进行分析：先将5人分成3组，要求甲乙在同一组，若甲乙两人一组，将其他三人分成2组即可，有C32种分组方法，若甲乙两人与另外一人在同一组，有C31种分组方法，则有C31+C326种分组方法；将分好的三组全排列，对应A、B、C三个小区，有A336种情况，则有6636种不同的派遣方案故选：B8已知x，y满足约束条件，则zax+y（a为常数，且1a3）的最大值为（）AaB2aC2a+3D2解：由约束条件作出可行域如图，由图可知，A（0，2），由zax+y，得yax+z，由图可知，当直线yax+z过A（0，2）时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为2故选：D9已知曲线y与

11、直线kxy+k10有两个不同的交点，则实数k的取值范围是（）ABCD解：由曲线y，得（x2）2+y21（y0），是以（2，0）为圆心半径为1的上半个圆，直线kxy+k10过点D（1，1），如图，过D（1，1）与A（1，0）两点的直线的斜率k；设过（1，1）且与圆（x2）2+y21相切的直线方程为y+1k（x+1），即kxy+k10由1，解得k0或k要使曲线y与直线kxy+k10有两个不同的交点，则实数k的取值范围是：故选：A10若函数f（x）sin（x+）（0）在（，）上单调，且在（0，）上存在极值点，则的取值范围是（）A（，2B（，2C（，D（0，解：函数f（x）sin（x+）（0）在（，）

12、上单调，02且在（0，）上存在极值点，当x（0，）时，x+（，），则的取值范围为（，2，故选：B11在棱长为2的正四面体ABCD中，点P为ABC所在平面内一动点，且满足|+|，则PD的最大值为（）A3BCD2解：以AB的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则O（0，0，0），A（1，0，0），B（1，0，0），C（），因为|+|AB2，故点P的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，所以，2c2，解得，所以点P的轨迹方程为，设，则，令tcos，则t1，1，所以f（t），则，令f（t）0，解得，当时，f（t）0，则f（t）单调递增，当时，f（t）0，则f（t）单调递减，所以当时，f（t）取得最大值

13、，故PD的最大值为故选：B12已知双曲线1（a0，b0）过第一、三象限的渐近线为l，过右焦点F作l的垂线，垂足为A，线段AF交双曲线于B，若|BF|2|AB|，则此双曲线的离心率为（）ABCD解：由题意可得渐近线l的方程为bxay0，由，可得A（，），又BF2AB，即2，又F（c，0），即有B（，），将B的坐标代入双曲线的方程，可得（）2（）21，由e，可得（+）2（）21，解得e，故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13某中学为了加强艺术教育，促进学生全面发展，要求每名学生从音乐和美术中至少选择一门兴趣课，某班有50名学生，选择音乐的有21人，选择美术的有39人，从全班学生

14、中随机抽取一人，那么这个人两种兴趣班都选择的概率是解：要求每名学生从音乐和美术中至少选择一门兴趣课，某班有50名学生，选择音乐的有21人，选择美术的有39人，两种兴趣班都选择的学生人数为：21+395010，从全班学生中随机抽取一人，这个人两种兴趣班都选择的概率是P故答案为：14一个球的表面积为100，一个平面截该球得到截面圆直径为6，则球心到这个平面的距离为4解：球的表面积为100，可得球的半径为R，4R2100，解得R5，一个平面截该球得到截面圆直径为6，则截面圆的半径为3，所以球心到这个平面的距离为：4故答案为：415已知Sn为等差数列an的前n项和，S60，a77，若为数列an中的项，

15、则m2解：等差数列an中，S66a1+15d0，a7a1+6d7，解得d2，a15，故an2n7，设t2m3，（t1且t为奇数），t+6为数列中的项，则t能被8整除，则t1时，m2，t+63，符合题意；当t1时，m1，t+615不符合题意，故m2故答案为：216已知函数f（x）的定义城为（0，+），其导函数为f（x），且满足f（x）0，f（x）+f（x）0，若0x11x2且x1x21，给出以下不等式：f（x1）ef（x2）；x1f（x2）x2f（x1）；x1f（x1）x2f（x2）；f（x2）（1x1）f（x1）其中正确的有.（填写所有正确的不等式的序号）解：对于，令g（x）exf（x），x（

16、0，+），则g（x）ex（f（x）+f（x），因为f（x）+f（x）0，所以g（x）0，所以g（x）在（0，+）上单调递减，因为x1x2，所以g（x1）g（x2），即f（x1）f（x2），即f（x1）ef（x2），故正确；对于，因为f（x）0，f（x）+f（x）0，所以f（x）0，所以f（x）单调递减，因为0x11x2，所以f（x2）f（x1），所以x1f（x2）x2f（x1），故正确；对于，由分析可知f（x1）ef（x2），因为0x11x2且x1x21，欲使x1f（x1）x2f（x2），即x1x2f（x1）x22f（x2），即f（x1）x22f（x2），只需x22即可，即证x22lnx2，设

17、h（x）x2lnx，x1，则h（x）1+0，则h（x）在（1，+）单调递增，所以h（x）h（1）0，即x22lnx20，故正确；对于，假设f（x2）（1x1）f（x1）成立，因为f（x1）f（x2），所以f（x1）f（x2），所以1x1，取x1，则，所以2，矛盾，故不正确故答案为：三、解答题：共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22，23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分.17在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bsinC+asinAbsinB+csinC（）求A；（）设D是线段BC的中点，若c2，A

18、D，求a解：（I）因为bsinC+asinAbsinB+csinC，由正弦定理得bcb2+c2a2，由余弦定理得cosA，由A为三角形内角得A；（II）因为D为BC的中点，所以（），则（+2），因为c2，AD，所以13（4+b2），整理得b2+2b480，解得b6，b8（舍），由余弦定理得a236+426228，故a218如图，在梯形ABCD中，ABCD，ADDCCB，ABC60，四边形ACEF是矩形（）求证：ACEB；（）若CEBC，且CEBC，求EB与平面FBD所成角的正弦值【解答】（）证明：在等腰梯形ABCD中，ADDC，所以DACDCA，又DCACAB，DABABC60，所以CAB30

19、，所以BCA90，故ACBC，因为四边形ACEF是矩形，故ACEC，又ECBCC，EC，BC平面ECB，所以AC平面ECB，又EB平面ECB，所以ACEB；（）解：由条件可知，CA，CB，CE两两垂直，故以点C为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设CEBC2，则B（0，2，0），E（0，0，2），所以，设平面FBD的法向量为，则有，即，令y1，则，故，又，所以，故EB与平面FBD所成角的正弦值为19已知函数f（x）xlnx（）求f（x）的图象在点A（1，f（1）处的切线方程，并证明f（x）的图象上除点A以外的所有点都在这条切线的上方；（）若函数g（x）（lnx+1）sin2x2f（x）co

20、s2x，x，），证明：g（x）cos解：（）由题意可得f（x）lnx+1，f（1）1，f（1）0，所以f（x）的图像在点A（1，f（1）处的切线方程为yx1，设h（x）xlnxx+1，则h（x）lnx，令h（x）0，得0x1，h（x）单调递减，令h（x）0，得x1，h（x）单调递增，所以h（x）h（1）0，所以xlnxx1，当且仅当x1时取等号，所以f（x）的图像上除点A外的所有点都在这条切线上方（）证明：由题知，g（x）（lnx+1）sin2x2xlnxcos2x，x，），所以g（x）2（lnx+1）cos2x+22xlnxsin2x+（lnx+1）cos2xsin2x（+4xlnx），因为

21、x，），所以sin2x0，又由（1）知xlnxx1，所以+4xlnx+4（x1）4x+4240，（两个等号不能同时成立），所以g（x）0，所以g（x）在，）上单调递增，所以g（x）g（）cos，得证20已知抛物线C：y22px（p0）的焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线与C交于A，B两点，AOB（点O为坐标原点）的面积为2（）求抛物线C的方程；（）若过点E（0，a）（a0）的两直线l1，l2的倾斜角互补，直线l1与抛物线C交于M，N两点，直线l2与抛物线C交于P，Q两点，FMN与FPQ的面积相等，求实数a的取值范围解：（）因为焦点F（，0），所以A，B的坐标分别为（，p），（，p），所以SAO

22、B2P2，解得p2，所以抛物线的方程为y24x（）由题意可知直线l1，l2的斜率存在，且不为0，设直线l1：xt（ya），设点M（x1，y1），N（x2，y2），联立，得y24ty+4at0，所以116t216at0，所以y1+y24t，y1y24at，所以|MN|y1y2|4，焦点F到直线l1的距离d2|1+ta|，所以SFMN42|1+ta|，设直线l2的方程为xt（ya），联立抛物线的方程，可得216t2+16at0，将t用t代换，可得SFPQ2|ta1|，由SFMNSFPQ，可得2|1+ta|2|ta1|，化简可得|，两边平方得，t2，所以2a20，解得0a，又由10且20，得ta或ta，可知t2a2，所以a2，即（a21）20，所以a1，所以实数a的取值范围是（0，1）（1，）21甲、乙两人进行乒乓球比赛，两人约定打满2k+1（kN*）局，赢的局数多者获得最终胜利，已知甲赢得单局比赛的概率为p（0p1），设甲获得最终胜利的概率为ak（）证明：；（）当p1时，比较ak与ak+1的大小，并给出相应的证明解：（）证明：甲赢得单局比赛的概率为p，则乙赢得单局比赛的概率为1p，a1表示打3局比赛甲赢两局或三局的概率，所以a1，所以；（）ak表示打2k+1局比赛，甲至少赢k+1局的概率，所以ak+，ak+1表示打2k