新高考2021届高三考前保温热身模拟卷数学试卷（三）

1、内装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_外装订线绝密·启用前新高考2021届高三考前保温热身模拟卷数学试卷（三）题号一二三四总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上评卷人得分一、选择题1.设复数z=2i1+i，则复数z的共轭复数z¯在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2.设函数f(x)=ln(ex2)，集合A=x|y=fx,B=y|y=fx，则图中的阴影部分表示的集合为（）Ae,1B(e,1)C(,e(1,e)D(,e)(1,e)3.已知(x+1)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+

2、a5x5，则a3+a4的值为（ ）A7B8C15D164.某地某高中2018年的高考考生人数是2015年高考考生人数的1.5倍.为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2015和2018年高考情况，得到如下饼图：2018年与2015年比较，下列结论正确的是A一本达线人数减少B二本达线人数增加了0.5倍C艺体达线人数相同D不上线的人数有所增加5.已知向量a=(3，4)，b=(2，1)，则向量a与b夹角的余弦值为A255B55C2525D115256.唐代诗人李颀的诗古从军行开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚

3、下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为x2+y21，若将军从点A2，0处出发，河岸线所在直线方程为x+y=4，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）A101B251C25D107.已知函数f(x)=2sin(x+)(0,|2)的部分图象如图所示，则下列区间使函数f(x)单调递减的是()A-512,B-34,-12C-4,6D512,1112评卷人得分二、多选题8.已知球O的半径为2，球心O在大小为60°的二面角l内，二面角l的两个半平面分别截球面得两个圆O1，O2，若两圆O1，O2的公共

4、弦AB的长为2，E为AB的中点，四面体OAO1O2的体积为V，则下列结论中正确的有（ ）AO,E,O1,O2四点共面BO1O2=32CO1O2=32DV的最大值为3169.已知双曲线C:x2a2y29=1(a0)的左，右焦点分别为F1,F2，一条渐近线方程为y=34x，P为C上一点，则以下说法正确的是（ ）AC的实轴长为8BC的离心率为53C|PF1|PF2|=8DC的焦距为1010.下列说法正确的是（ ）A从匀速传递的产品生产流水线上，质检员每10分钟从中抽取一件产品进行某项指标检测，这样的抽样是分层抽样B某地气象局预报：5月9日本地降水概率为90%，结果这天没下雨，这表明天气预报并不科学C

5、在回归分析模型中，残差平方和越小，说明模型的拟合效果越好D在回归直线方程y=0.1x+10中，当解释变量x每增加1个单位时，预报变量y增加0.1个单位11.设等比数列an的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a11，且a2020a20211，a20201a202110，下列结论正确的是（ ）AS2020S2021Ba2020a202210C数列Tn无最大值DT2020是数列Tn中的最大值12.如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，动点E在线段A1C1上，F、M分别是AD、CD的中点，则下列结论中正确的是（ ）AFM/A1C1BBM平面CC1FC存在点E，使得平面BE

6、F/平面CC1D1DD三棱锥BCEF的体积为定值评卷人得分三、填空题13.已知函数f(x)=lnxax2，且函数f(x)在点(2，f(2)处的切线的斜率是12，则a_14.已知定义在R上的函数f(x)满足f(x+1)=1f(x)，当x(0,1时，f(x)=2x，则f(log2316)+f(2018)=_.15.我国古代九章算术中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童.如图的刍童ABCDEFGH有外接球，且AB=43，AD=4，EH=26，EF=62，点E到平面ABCD的距离为4，则该刍童外接球的半径为_.16.如图，在矩形ABCD中，已知AB=4，AD=3，点E，F分别在BC、CD上，且EAF

7、=45°.设BAE=，当四边形AECF的面积取得最大值时，则tan=_.评卷人得分四、解答题17.在bsinB+csinC=233bsinC+asinA；cos2C+sinBsinC=sin2B+cos2A；2b=2acosC+c这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答在ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，_（1）求角A；（2）若a=10，ABC的面积为83，求ABC的周长18.已知数列an是等差数列，a2=3，a7=13，数列bn的前n项和为Sn，且满足Sn=23bn+13.（1）求数列an和bn的通项公式；（2）设cn=b2an2+4n2，求数列cn的前n项和T

8、n.19.某市教育部门为研究高中学生的身体素质与课外体育锻炼时间的关系，对该市某校200名高中学生的课外体育锻炼平均每天运动的时间进行调查，数据如下表：（平均每天锻炼的时间单位：分钟）平均每天锻炼的时间(分钟)0,1010,2020,3030,4040,5050,60总人数203644504010将学生日均课外体育运动时间在40,60上的学生评价为“课外体育达标”.（1）请根据上述表格中的统计数据填写下面2×2列联表，并通过计算判断是否能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“课外体育达标”与性别有关？课外体育不达标课外体育达标合计男女20110合计（2）从上述课外体育不达标的学生

9、中，按性别用分层抽样的方法抽取10名学生，再从这10名学生中随机抽取3人了解他们锻炼时间偏少的原因，记所抽取的3人中男生的人数为随机变量为X，求X的分布列和数学期望.（3）将上述调查所得到的频率视为概率来估计全市的情况，现在从该市所有高中学生中，抽取4名学生，求其中恰好有2名学生是课外体育达标的概率.参考公式：K2=nadbc2a+bc+da+cb+d，其中n=a+b+c+d.参考数据：PK2k00.100.050.0250.0100.0050.001k02.7063.8415.0246.6357.87910.82820.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，AD=2，AB=1

10、，PA平面PCD，且PC=PD=1，设E，F分别为PB，AC的中点.（1）求证：EF/平面PAD；（2）求直线DE与平面PAC所成角的正弦值.21.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1ab1离心率为32，直线x=1被椭圆截得的弦长为3.（1）求椭圆方程；（2）设直线y=kx+m交椭圆C于A，B两点，且线段AB的中点M在直线x=1上，求证：线段AB的中垂线恒过定点.22.已知函数fx=exalnxxa（e自然对数的底数）有两个零点.（1）求实数a的取值范围；（2）若f(x)的两个零点分别为x1x2，证明：x1x2e2ex1+x2.参考答案1.D【解析】先求出z，再求出z¯，直接得复数z在

11、复平面内对应的点因为z=2i1+i=1+i，所以z=1i，z¯在复平面内对应点1,1，位于第四象限.故选：D2.C【解析】根据集合的定义可知A为fx定义域，B为fx值域；根据对数型复合函数定义域的要求可求得集合A，结合对数型复合函数单调性可求得fx值域，即集合B；根据Venn图可知阴影部分表示CABAB，利用集合交并补运算可求得结果.fx=lnex2的定义域为：ex20，即：xe,e A=e,ey=ex2在e,0上单调递增，在0,e上单调递减fx=lnex2在e,0上单调递增，在0,e上单调递减fxmax=f0=lne=1；当xe时，fx；当xe时，fxfx的值域为：,1 B=,1图

12、中阴影部分表示：CABAB又AB=,e，AB=e,1 CABAB=,e1,e本题正确选项：C3.C【解析】利用二项式展开式的通项求出a3,a4即得解.由题得(x+1)5的展开式的通项为Tr+1=C5rx5r令5r=3,r=2,a3=C52=10；令5r=4,r=1,a4=C51=5所以a3+a4=10+5=15.故选：C.4.D【解析】不妨设2015年的高考人数为100，则2018年的高考人数为150.分别根据扇形图算出2015和2018年一本、二本、艺术生上线人数以及落榜生人数，再进行比较即可.不妨设2015年的高考人数为100，则2018年的高考人数为150.2015年一本达线人数为28,

13、2018年一本达线人数为36，可见一本达线人数增加了，故选项A错误；2015年二本达线人数为32，2018年二本达线人数为60，显然2018年二本达线人数不是增加了0.5倍，故选项B错误；艺体达线比例没变，但是高考人数是不相同的，所以艺体达线人数不相同，故选项C错误；2015年不上线人数为32,2018年不上线人数为42，不上线人数有所增加，选项D正确. 故选D.5.A【解析】由向量的夹角公式计算由已知a=32+42=5，b=5，ab=3×2+4×1=10cosa,b=abab=105×5=255故选A6.B【解析】先求出点A关于直线x+y=4的对称点A'

14、，点A'到圆心的距离减去半径即为最短解：设点A关于直线x+y=4的对称点A(a,b)，kAA'=ba2，AA的中点为a+22,b2，故ba2=1a+22+b2=4解得a=4，b=2，要使从点A到军营总路程最短，即为点Af到军营最短的距离，即为点A'和圆上的点连线的最小值，为点A'和圆心的距离减半径，“将军饮马”的最短总路程为4+161=251，故选：B7.D【解析】根据图象求出三角函数的解析式，再由正弦函数的单调性求出其单调区间即可通过图象可知，T4=612=4 即T=所以=2T=2 由图象可知，当x=12时，f12=2sin12×2+=2(2)解得=

15、3所以fx=2sin2x3令2+2k2x332+2kkZ 解得512+kx1112+k当k=0时，函数单调递减区间为512x1112，即512,1112所以选D8.ACD【解析】利用球心和截面圆之间的关系可以得到O，E，O1，O2四点共圆，即可判断选项A；利用二面角的定义得到O1EO2即为二面角l的平面角，求出O1O2即可判断选项B，C；利用余弦定理和基本不等式以及锥体的体积公式即可判断选项D因为公共弦AB在棱l上，连结OE，O1E，O2E，O1O2，OA，则OE=OA2AE2=3，因为二面角l的两个半平面分别截球面得两个圆O1，O2，O为球心，所以OO1，OO2，又O1E平面，O2E平面，所

16、以OO1O1E，OO2O2E，故O，E，O1，O2四点共圆，故选项A正确；因为E为弦AB的中点，故O1EAB，O2EAB，故O1EO2即为二面角l的平面角，所以O1EO2=60°，故O1O2=OEsin60°=32，故选项B错误，选项C正确；设OO1=d1，OO2=d2，在OO1O2中，由余弦定理可得，O1O22=94=d12+d22+d1d23d1d2，所以d1d234，故SOO1O23316，所以V=13AESOO1O2316，当且仅当d1=d2时取等号，故选项D正确故选：ACD9.AD【解析】根据双曲线方程及一条渐近线求出a=4，写出双曲线方程，根据双曲线的定义、性质

17、即可判断各项的正误.由双曲线方程知：渐近线方程为y=±3ax，而一条渐近线方程为y=34x，a=4，故C:x216y29=1，双曲线：实轴长2a=8，离心率为e=ca=16+94=54，由于P可能在C不同分支上则有|PF1|PF2|=8，焦距为2c=2a2+b2=10.A、D正确，B、C错误.故选：AD10.CD【解析】对A,根据分层抽样的意义辨析即可.对B,根据概率的含义辨析即可.对C,根据回归模型的性质辨析即可.对D,根据线性回归方程的实际意义分析即可.对A,分层抽样为根据样本特征按比例抽取,从匀速传递的产品生产流水线上,质检员每10分钟从中抽取一件产品进行某项指标检测不满足.故

18、A错误.对B, 降水概率为90%,但仍然有10%的概率不下雨,故B错误.对C, 在回归分析模型中,残差平方和越小,说明模型的拟合效果越好正确.对D, 回归直线方程y=0.1x+10中x的系数为0.1,故当解释变量x每增加1个单位时,预报变量y增加0.1个单位正确.故选：CD11.ABD【解析】由a2020a20211，结合a11，得到q0，再由a20201a202110得到0q1，然后逐项判断.根据题意，等比数列an的公比为q，若a2020a20211，则a1q2019a1q2020=a12q40391，又由a11，必有q0，则数列an各项均为正值，若a20201a202110，必有a2020

19、1，0a20211，则必有0q1，依次分析选项：对于A，数列an各项均为正值，则S2021S2020=a20210，必有S2020S2021，A正确；对于B，若0a20211，则a2020a20221=a2021210，B正确，对于C，根据a1a2a20201a20210，可知T2020是数列Tn中的最大项，C错误；对于D，易得D正确，故选：ABD.12.ABD【解析】对A,根据中位线的性质判定即可.对B,利用平面几何方法证明BMCF再证明BM平面CC1F即可.对C,根据BF与平面CC1D1D有交点判定即可.对D,根据三棱锥BCEF以BCF为底,且同底高不变,故体积不变判定即可.在A中,因为F

20、,M分别是AD,CD的中点,所以FM/AC/A1C1,故A正确;在B中,因为tanBMC=BCCM=2,tanCFD=CDFD=2,故BMC=CFD,故BMC+DCF=CFD+DCF=2.故BMCF,又有BMC1C,所以BM平面CC1F,故B正确；在C中,BF与平面CC1D1D有交点,所以不存在点E,使得平面BEF/平面CC1D1D,故C错误.在D中,三棱锥BCEF以面BCF为底,则高是定值,所以三棱锥BCEF的体积为定值,故D正确.故选：ABD.13.14【解析】f'x=1x2ax，根据f'2=12解出a即可.f'x=1x2ax，所以f'2=124a=12，所

21、以a=14，填14.14.76【解析】依题意首先求出函数的周期，再结合周期及相关条件分别求得flog2316和f2018，进而可得到结果.函数f(x)满足：fx+1=1fx，可得：对xR，都有fx+2=1fx+1=fx， 函数f(x)的周期T=2. flog2316=flog234=flog23=1flog231=12log231=23，由f0=1f1=12得f2018=f0=12， flog2316+f2018=23+12=76.故答案为：76.15.5【解析】根据题意，上底面和下底面以及外接球的球心是同一直线，构造直角三角形，根据点E到平面ABCD的距离，结合勾股定理，即可求得外接球半径.

22、假设O为刍童外接球的球心，连接HF、EG交于点O1，连接AC、DB交于点O2，由球的几何性质可知O，O1，O2在同一条直线上，由题意可知，OO2平面ABCD，OO1平面EFGH，O2O1=4.设O2O=r，在RtOGO1中，OG2=OO12+O1G2，在矩形EFGH中，EG=EF2+FG2=622+262=46，O1G=12EG=26，OG2=OO12+O1G2=4r2+262.在RtOBO2中，OB2=OO22+O2B2，在矩形ABCD中，DB=AD2+AB2=42+432=8.O2B=12BD=4.OB2+OO22+O2B2=r2+42.设外接球的半径OG=OB=R，4r2+262=r2+

23、42，解得r=3.则OB=32+42=5，即R=5，则该刍童外接球的半径为5.故答案为：5.16.324-1【解析】运用直角三角形的正切函数的定义和三角形的面积公式，以及基本不等式的运用，注意等号成立的条件，可得所求值在直角三角形ABE中，可得BE4tan，（0tan1），在直角三角形ADF中，DF3tan（45°），可得四边形AECF的面积S121244tan1233tan（45°）128tan921-tan1+tan 208（1+tan）+92（121+tan ）4928（1+tan）91+tan49228(1+tan)×91+tan 492122，当且仅当8

24、(1+tan)=91+tan，即tan3241，且满足0tan1则四边形AECF的面积取得最大值故答案为324117.（1）条件选择见解析，A=3；（2）24.【解析】（1）选择：利用正弦定理边角互化结合余弦定理可求得tanA的值，结合角A的取值范围可求得角A的值；选择：由同角三角函数的平方关系结合正弦定理、余弦定理可求得cosA的值，结合角A的取值范围可求得角A的值；选择：利用正弦定理结合边角互化、两角和的正弦公式可求得cosA的值，结合角A的取值范围可求得角A的值；（2）由三角形的面积公式可求得bc的值，结合余弦定理可求得b+c，进而可得出ABC的周长.（1）选择：因为bsinB+csin

25、C=233bsinC+asinA，所以由正弦定理可得b2+c2=233bsinC+aa，即b2+c2a2=233absinC，则由余弦定理可得2bccosA=233absinC，所以sinCcosA=33sinAsinCC0,，则sinC0，所以cosA=33sinA，即tanA=3，因为A0,，所以A=3；选择：由cos2C+sinBsinC=sin2B+cos2A，得1sin2C+sinBsinC=sin2B+1sin2A，即sin2B+sin2Csin2A=sinBsinC，由正弦定理得b2+c2a2=bc，由余弦定理得cosA=b2+c2a22bc=12因为A0,，所以A=3；选择：由

26、2b=2acosC+c，结合正弦定理得2sinB=2sinAcosC+sinC因为A+B+C=，所以sinB=sinA+C=sinA+C，则2sinA+C=2sinAcosC+cosAsinC=2sinAcosC+sinC，所以2cosAsinC=sinC因为C0,，所以sinC0，故cosA=12因为A0,，所以A=3；（2）由（1）知A=3因为SABC=12bcsinA=12bcsin3=83，所以bc=32由余弦定理得，a2=b2+c22bccosA=b+c23bc，即b+c2=a2+3bc=100+3×32=196，所以b+c=14，所以ABC的周长为a+b+c=2418.（

27、1）an=2n1，bn=2n1；（2）Tn=2n2n+1.【解析】（1）设等差数列an的公差为d，运用等差数列的通项公式，解方程即可得到所求数列an的通项公式，令n=1可求得b1的值，令n2，由Sn=23bn+13可得Sn1=23bn1+13，两式作差可得数列bn为等比数列，确定该数列的公比，即可求得数列bn的通项公式；（2）求得cn=12n112n+1，利用裂项相消法可求得Tn.（1）设等差数列an的公差为d，则d=a7a25=2，所以，an=a2+2n2=2n1.当n=1时，b1=S1=23b1+13，解得b1=1；当n2时，由Sn=23bn+13可得Sn1=23bn1+13，上述两式作差

28、得bn=23bn23bn1，整理可得bn=2bn1，则bnbn1=2，所以，数列bn是首项为1，公比为2的等比数列，所以，bn=2n1；（2）cn=b2an2+4n2=22n12+4n2=24n21=22n12n+1=12n112n+1，所以，Tn=113+1315+12n112n+1=112n+1=2n2n+1.19.（1）列联表见解析，不能判断；（2）分布列见解析，E(X)=65（3）27128【解析】（1）根据题意，结合已知数据，即可容易补充列联表；再计算K2，结合参考数据即可判断；（2）利用分层抽样等比例抽取的性质，求得抽取的10人中男生和女生的人数，再求分布列和数学期望即可；（3）由

29、课外体育达标的人数服从二项分布，结合已知数据，和二项分布的概率计算公式即可求得.解：（1）课外体育不达标课外体育达标合计男603090女9020110合计15050200K2200×(60×2030×90)2150×50×90×110=200336.0606.635，所以在犯错误的概率不超过0.01的前提下不能判断“课外体育达标”与性别有关.（2）易知，所抽取的10名学生中，男生为10×60150=4名，女生为6名.X可取0，1，2，3.且P(X=0)=C63C103=16，P(X=1)=C62C41C103=12，P(X=

30、2)=C61C42C103=310，P(X=3)=C43C103=130X的分布列为：01231612310130E(X)=65.（3）设所抽取的4名学生中，课外体育达标的人数为，表中学生课外体育达标的概率为50200=14，B4,14，P(x=2)=C42142342=27128.4名学生中，恰好有2名学生是课外体育达标的概率为27128.20.（1）证明见解析（2）32030【解析】（1）利用线面平行的性质定理即可得到结论；（2）方法一：利用几何法求线面角，一作，二证，三求解；方法二：利用空间直角坐标系，线面角的向量关系即可得到结论.（1）解析：因为底面ABCD为平行四边形，F是AC中点，

31、所以F是BD中点，所以EF/_12PD，EF平面PAD，PD平面PAD，所以EF/平面PAD.（2）解析1：（几何法）因为DE平面PBD，平面PBD平面PAC=PF，所以直线DE与平面PAC的交点即为DE与PF的交点，设为G，PC=PD=CD=1，所以PCD为等边三角形，取PC中点O，则DOPC，因为PA平面PCD，所以平面PAC平面PCD，平面PAC平面PCD=PC，DOPC，所以DO平面PAC，所以DGO是直线DE与平面PAC所成角，因为E，F分别为PB，AC的中点，所以G是PBD的重心，在RtPAD中，PA=3，所以PB=AC=2，在平行四边形ABCD中，BD=6，在PBD中，cosBP

32、D=4+162×2×1=14，在PED中，DE2=1+12×1×1×cosEPD=52，所以DE=102，所以DG=23DE=103，又因为OD=32，所以sinDGO=ODDG=32030，即直线DE与平面PAC所成角的正弦值为32030.解析2：（向量法）取PC中点O，则OF/_12PA，因为PA平面PCD，所以OF平面PCD，因为PC=PD=CD=1，所以PCD为等边三角形，所以ODPC，此时OD，OF，OP两两垂直，如图，建立空间直角坐标系，P0,0,12，D32,0,0，在RtPAD中，PA=3，所以F0,32,0，由FE=12DP，

33、得E34,32,14，所以DE=343,32,34，平面PAC的法向量为OD=32,0,0，所以cosDE,OD=DEODDEOD=32030，所以sin=cosDE,OD=32030，即直线DE与平面PAC所成角的正弦值为32030.21.（1）x24+y2=1（2）见解析【解析】（1）根据题意易得椭圆过点1,32，结合e=ca=1b2a2=32，求出a,b即可得结果；（2）联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理根据中点坐标公式化简可得1+4k2=4km，求出y0，列出AB的中垂线方程y=1kx34即可得结果.（1）由直线x=1被椭圆截得的弦长为3，得椭圆过点1,32，即1a2+34b2=1，又e=ca=1b2a2=32，得a2=4b2，所以a2=4，b2=1，即椭圆方程为x24+y2=1.（2）由x24+y2=1y=kx+m得1+4k2x2+8kmx+4m24=0，由=64k2m24(1+4k2)(4m24)=16m2+64k2+160，得m21+4k2.由