江苏省南京市2021届高三数学第三次模拟考试5月数学试题及答案.pdf

1、高三数学试题第1页（共 5 页） 南京市 2021 届高三年级第三次模拟考试 数数 学学 202105 注意事项：注意事项： 1本试卷考试时间为本试卷考试时间为 120 分钟，试卷满分分钟，试卷满分 150 分，考试形式闭卷分，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毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上 第 I 卷（选择题 共 60 分） 一、单项选择题一、单项选择题(本大题共本大题

2、共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题只有一项是符合题 目要求的目要求的) 1已知集合 Ax|2x4，Bx|x22x30，则 AB A1，2) B(2，3 C(1，3 D(，3 2已知 i 为虚数单位，若复数 z1 22 3i，则复数1 z的虚部为 A 3 2 B 3 2 C 3 2 i D 3 2 i 3函数 yln|x|cosx 的大致图象是 A B C D 4将 5 名学生分配到 A，B，C，D，E 这 5 个社区参加义务劳动，每个社区分配 1 名学生，且学生甲不能 分配到 A 社区，则不同的分配

3、方法种数是 A72 B96 C108 D120 5已知 cos( 6) 3 4，则 sin(2 6)cos 2( 2 12)的值为 A1 4 B1 2 C3 7 8 D1 6声音的强弱可以用声波的能流密度来计算，叫做声强通常人耳能听到声音的最小声强为 I010 12(瓦 /米 2)对于一个声音的声强 I，用声强 I 与 I0比值的常用对数的 10 倍表示声强 I 的声强级，单位是“分 贝”，即声强 I 的声强级是 10lg I I0(分贝)声音传播时，在某处听到的声强 I 与该处到声源的距离 s 的平 方成反比，即 I k s2 (k 为常数)若在距离声源 15 米的地方，听到声音的声强级是

4、20 分贝，则能听到 该声音(即声强不小于 I0)的位置到声源的最大距离为 A100 米 B150 米 C200 米 D15 10米 x y O x y O x y O x y O 高三数学试题第2页（共 5 页） 7在正方形 ABCD 中，O 为两条对角线的交点，E 为边 BC 上的动点若 AEACDO（，0） ， 则2 1 的最小值为 A2 B5 C9 2 D14 3 8已知 a，b，c 均为不等于 1 的正实数，且 lnaclnb，lncblna，则 a，b，c 的大小关系是 Acab Bbca Cabc Dacb 二、多项选择题二、多项选择题(本大题共本大题共 4 小题，每小题小题，每

5、小题 5 分，共分，共 20 分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要 求全部选对的得求全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分) 9面对新冠肺炎疫情的冲击，我国各地区各部门统筹疫情防控和经济社会发展均取得显著成效下表显 示的是 2020 年 4 月份到 12 月份中国社会消费品零售总额数据，其中同比增长率是指和去年同期相比 较的增长率，环比增长率是指与上个月份相比较的增长率，则下列说法正确的是 中国社会消费品零售总额中国社会消费品零售总额 月份 零售总额（亿元） 同比增长 环比增长 累计（亿

6、元） 4 28178 7.50 6.53 106758 5 31973 2.80 13.47 138730 6 33526 1.80 4.86 172256 7 32203 1.10 3.95 204459 8 33571 0.50 4.25 238029 9 35295 3.30 5.14 273324 10 38576 4.30 9.30 311901 11 39514 5.00 2.43 351415 12 40566 4.60 2.66 391981 A2020 年 4 月份到 12 月份，社会消费品零售总额逐月上升 B2020 年 4 月份到 12 月份，11 月份同比增长率最大 C

7、2020 年 4 月份到 12 月份，5 月份环比增长率最大 D第 4 季度的月消费品零售总额相比第 2 季度的月消费品零售总额，方差更小 10定义曲线 ：a 2 x2 b2 y21 为椭圆 C： x2 a2 y2 b21(ab0)的伴随曲线，则 A曲线 有对称轴 B曲线 没有对称中心 C曲线 有且仅有 4 条渐近线 D曲线 与椭圆 C 有公共点 11已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为 2 2，侧棱长为 2，则 A棱台的侧面积为 6 7 B棱台的体积为 14 3 高三数学试题第3页（共 5 页） A B C D O E F x x 2x 2y 图 1 C棱台的侧棱与底面所成的角的余弦值

8、为 1 2 D棱台的侧面与底面所成锐二面角的余弦值为 7 7 12已知函数 f(x)3sin2x4cos2x，g(x)f(x)|f(x)|若存在 x0R，对任意 xR，f(x)f(x0)，则 A任意 xR，f (xx0)f (xx0) B任意 xR，f (x)f(x0 2) C存在 0，使得 g(x)在(x0，x0)上有且仅有 2 个零点 D存在 5 12，使得 g(x)在(x0 5 12，x0)上单调递减 第 II 卷（非选择题 共 90 分） 三、填空题三、填空题(本大题共本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分) 13(3x21 x3) 5的展开式中的常数项为

9、 _ 14写出一个离心率为5，渐近线方程为 y2x 的双曲线方程为_ 15早在 15 世纪，达芬奇就曾提出一种制作正二十面体的方法：如图 1，先制作三张一样的黄金矩形 ABCD (短边 长边 51 2 )，然后从长边 CD 的中点 E 出发，沿着与短边平行的方向剪开一半，即 OE1 2 AD，再沿着与长边 AB 平行的方向剪出相同的长度，即 OFOE，将这三个矩形穿插两两垂直放置， 连结所有顶点即可得到一个正二十面体，如图 2若黄金矩形的短边长为 4，则按如上制作的正二十 面体的表面积为_，其外接球的表面积为_ 16已知直线 ykxb 与曲线 yx2cosx 相切，则 k 2 b 的最大值为_

10、 图 2 高三数学试题第4页（共 5 页） 四、解答题四、解答题(本大题共本大题共 6 小题，共小题，共 70 分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17(本小题满分 10 分) 已知四边形 ABCD 中，AC 与 BD 交于点 E，AB2BC2CD4 （1）若ADC2 3 ，AC3，求 cosCAD； （2）若 AECE，BE2 2，求ABC 的面积 18(本小题满分 12 分) 已知等差数列an满足：a13，a3，a4成等差数列，且 a1，a3，a8成等比数列 （1）求数列an的通项公式； （2）在任意相邻两项 ak与 ak1(k1，2，)

11、之间插入 2k个 2，使它们和原数列的项构成一个新的数 列bn记 Sn为数列bn的前 n 项和，求满足 Sn500 的 n 的最大值 19(本小题满分 12 分) 如图，在四棱锥 PABCD 中，四边形 ABCD 为直角梯形，ADBC，ABC90， AD2BC2AB 4，PAD 为等边三角形，E 为 PD 的中点，直线 AB 与 CE 所成角的大小为 45 （1）求证：平面 PAD平面 ABCD； （2）求平面 PAB 与平面 PCD 所成角的正弦值 P E D A C B （第 19 题图） 高三数学试题第5页（共 5 页） 20(本小题满分 12 分) 某乒乓球教练为了解某同学近期的训练效

12、果，随机记录了该同学 40 局接球训练成绩，每局训练时教 练连续发 100 个球，该同学接球成功得 1 分，否则不得分，且每局训练结果相互独立，得到如图所示 的频率分布直方图 （1）若同一组数据用该区间的中点值作代表， 求该同学 40 局接球训练成绩的样本平均数 x ； 若该同学的接球训练成绩 X 近似地服从正态分布 N(，100)，其中 近似为样本平均数 x ， 求 P(54X64)的值； （2）为了提高该同学的训练兴趣，教练与他进行比赛一局比赛中教练连续发 100 个球，该同学得 分达到 80 分为获胜，否则教练获胜若有人获胜达 3 局，则比赛结束，记比赛的局数为 Y以 频率分布直方图中该

13、同学获胜的频率作为概率，求 E(Y) 参考数据：若随机变量参考数据：若随机变量 N(，2)，则，则 P()0.6827， P(22)0.9545，P(33)0.9973 21(本小题满分 12 分) 在平面直角坐标系 xOy 中，已知抛物线 C：y24x，经过 P(t，0)(t0)的直线 l 与 C 交于 A，B 两点 （1）若 t4，求 AP 长度的最小值； （2）设以 AB 为直径的圆交 x 轴于 M，N 两点，问是否存在 t，使得 OMON4？若存在，求出 t 的值；若不存在，请说明理由 22(本题满分 12 分) 已知函数 f(x)ae x x alnx，aR （1）若 ae，求函数

14、f(x)的单调区间； （2）若 ae，求证：函数 f(x)有且仅有 1 个零点 O 50 60 70 80 90 100 分数 频率 组距 0.005 0.010 0.020 0.045 （第 20 题图） 高三数学试题第 1页（共 5 页） 南京市 2021 届高三年级第三次模拟考试 数数学学202105 注意事项：注意事项： 1本试卷考试时间为本试卷考试时间为 120 分钟，试卷满分分钟，试卷满分 150 分，考试形式闭卷分，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

15、用答题前，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毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上 第 I 卷（选择题共 60 分） 一一、单项选择题单项选择题(本大题共本大题共 8 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 40 分分在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题只有一项是符合题 目要求的目要求的) 1已知集合 Ax|2x4，Bx|x22x30，则 AB A1，2)B(2，3C(1，3D(，3 【答案】D 【解析】Ax|x2，Bx|-1x3，ABx|x3，选 D。 【评析】属于容易题，考查不等式的解法和集合运算。 2已知 i 为虚数

16、单位，若复数 z1 2 3 2 i，则复数1 z的虚部为 A 3 2 B 3 2 C 3 2 iD 3 2 i 【答案】A 【解析】1 z 1 1 2 3 2 i 1 2 3 2 i，或者利用复数性质:|z|11 z z 1 2 3 2 i，选A。 【评析】属于容易题，考查复数的概念和运算，体现数学运算的素养。 3函数 yln|x|cosx 的大致图象是 x y Ox y O x y O x y O ABCD 【答案】C 【解析】f(x)f(x)，则 f(x)为偶函数，排除 B，D，当 x时，f(x)为正，选 C 【评析】属于容易题，考查函数的性质。 4将 5 名学生分配到 A，B，C，D，E

17、 这 5 个社区参加义务劳动，每个社区分配 1 名学生，且学生甲不能 分配到 A 社区，则不同的分配方法种数是 A72B96C108D120 【答案】B 【解析】特殊元素优先考虑，C14A4496，选 B 高三数学试题第 2页（共 5 页） 【评析】属于容易题，考查分步乘法原理、排列组合知识。 5已知 cos( 6 )3 4 ，则 sin(2 6 )cos2( 2 12)的值为 A1 4 B1 2 C3 7 8 D1 【答案】D 【解析】sin(2 6 )cos2( 2 12) sin2( 6 ) 2 cos2( 6 2 )cos2( 6 ) 1 cos( 6 ) 2 2 cos2( 6 )1

18、1 2 1 2 cos( 6 )2(3 4 )211 2 1 2 3 4 1，选 D 【评析】属于中档题，考查三角恒等变换、诱导公式、用已知角表示被求角。 6声音的强弱可以用声波的能流密度来计算，叫做声强通常人耳能听到声音的最小声强为 I010 12(瓦/ 米 2)对于一个声音的声强 I，用声强 I 与 I0比值的常用对数的 10 倍表示声强 I 的声强级，单位是“分 贝”，即声强 I 的声强级是 10lgI I0 (分贝)声音传播时，在某处听到的声强 I 与该处到声源的距离 s 的平 方成反比，即 Ik s2 (k 为常数)若在距离声源 15 米的地方，听到声音的声强级是 20 分贝，则能听

19、到 该声音(即声强不小于 I0)的位置到声源的最大距离为 A100 米B150 米C200 米D1510米 【答案】B 【解析】设 s115 米处声强为 I1，距离为 s2处的声强为 I2，20 分贝10lgI1 I0 分贝，则I1 I0 100，又 I1s12 I2s22，I2I0，所以 s22I1s1 2 I2 I1s1 2 I0 100152，得 s2150，选B 【评析】属于中档题，科学情境题。考查应用数学知识解决数学问题的能力，涉及的知识有对数的概念、 反比概念、不等关系。体现了落实“重思维、重应用、重创新”的命题要求，使高考由“解答试题”转向 “解决问题”。由题设信息抽象出方程、不

20、等式模型，体现了数学建模的素养。 7在正方形 ABCD 中，O 为两条对角线的交点，E 为边 BC 上的动点若AEACDO（，0）， 则2 1 的最小值为 A2B5C9 2 D14 3 【答案】C 【解析】法一(坐标法)：建系如图，坐标代入得(1，t)(1，1)(1 2， 1 2)，所以 11 2 t1 2 0t1 ，2 1 (2 1 )(1 2) 5 22 5 2 9 2，当且仅当 2 3时取等号， 此时 t1 3成立，选 C 高三数学试题第 3页（共 5 页） 法二（几何法）：过点 A 作 DB 的平行线 AF,交 CB 延长线于点 F，在三角形 ACF 中运用“爪角定理”。 【评析】属于

21、中档题，要求学生自己画图。选择合适的方法将向量运算数量化，建立和的关系，再运用 “1”的代换和基本不等式，求最值。 8已知 a，b，c 均为不等于 1 的正实数，且 lnaclnb，lncblna，则 a，b，c 的大小关系是 AcabBbcaCabcDacb 【答案】A 【解析】法一：不妨取 ae，则 1 clnb，lncb，由 a，b，c 均为正数，得 lnb0，lnc0，所以 b1， c1，0lnb1，所以 1be，1lnce，ce，所以 cab，选 A 法二： 【评析】属于难题，考查逻辑推理能力，涉及的知识有：对数函数的性质，不等式性质。 二二、多项选择题多项选择题(本大题共本大题共

22、4 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 20 分分在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要有多项符合题目要 求全部选对的得求全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分) 9面对新冠肺炎疫情的冲击，我国各地区各部门统筹疫情防控和经济社会发展均取得显著成效下表显 示的是 2020 年 4 月份到 12 月份中国社会消费品零售总额数据，其中同比增长率是指和去年同期相比 较的增长率，环比增长率是指与上个月份相比较的增长率，则下列说法正确的是 中国社会消费品零售总额中国社会消费品零售总额 月份零售总额（亿元）同比增长环比增

23、长累计（亿元） 4281787.506.53106758 5319732.8013.47138730 6335261.804.86172256 7322031.103.95204459 8335710.504.25238029 9352953.305.14273324 10385764.309.30311901 11395145.002.43351415 12405664.602.66391981 A2020 年 4 月份到 12 月份，社会消费品零售总额逐月上升 B2020 年 4 月份到 12 月份，11 月份同比增长率最大 C2020 年 4 月份到 12 月份，5 月份环比增长率最大

24、D第 4 季度的月消费品零售总额相比第 2 季度的月消费品零售总额，方差更小 【答案】BCD 【解析】7 月份社会消费品零售总额相对 6 月份减少，故 A 错；B 和 C 由表格可知正确；第 4 季度 3 个数 据相对集中，而第二季度 3 个数据相对分散，所以第 4 季度方差更小。选 BCD. 【评析】属于容易题，试题具有鲜明的时代特色，高考的核心功能是立德树人、服务选才、引导教学。此 题很好地论证了我国是全球疫情大背景下实现经济正增长的国家，用数据增强学生的“四个自信”体现 了数据分析的素养。 高三数学试题第 4页（共 5 页） 10定义曲线：a 2 x2 b 2 y2 1 为椭圆 C：x

25、2 a2 y 2 b2 1(ab0)的伴随曲线，则 A曲线有对称轴B曲线没有对称中心 C曲线有且仅有 4 条渐近线D曲线与椭圆 C 有公共点 【答案】AC 【解析】点(x，y)和点(x，y)都在曲线上，曲线关于 y 轴对称，同理也关于 x 轴对称，故 A 正确；点(x，y) 和点(x，y)都在曲线上，曲线关于原点对称，故 B 错误；a 2 x2 1b 2 y2 0 得b 2 y2 1，所以 y2b2，所以 y 的范围是(，b)(b)，同理可得 x 的范围是(，a)(a )，且当 x时，a 2 x2 1b 2 y2 0，所以b 2 y2 1，即 yb，所以有 一条渐近线 yb，同理可得渐近线还有

26、 yb，xa，xa，故 C 正确； 由以上分析可以画出该曲线的草图，可判断 D 错误选 AC 【评析】属于中档题，要求会类比研究椭圆性质的方法通过方程研究曲线的性质，体现了高考“引导 教学”的核心功能。由曲线性质抽象出曲线图形，体现了数学抽象的素养。 11已知正四棱台的上底面边长为 2，下底面边长为 2 2，侧棱长为 2，则 A棱台的侧面积为 6 7 B棱台的体积为 14 3 C棱台的侧棱与底面所成的角的余弦值为1 2 D棱台的侧面与底面所成锐二面角的余弦值为 7 7 【答案】ACD 【解析】如图，将正四棱台补成正四棱锥，作高 PO 与斜高 PH，由线面关系可得，RTPOARTPO1A1， R

27、TPOHRTPO1H1，且相似比为 2 2 2 1 2，所以 PA 1A1A2，由勾股定理得 PO1 3，PO2 3， PH1( 3)2( 2 2 )2 14 2 ，H1H 14 2 因此可得到棱 台的侧面积为 ( 22 2) 14 2 2 46 7， 棱台体积 VV1V21 3(2 2) 22 3 1 3( 2) 2 314 3 3 ，侧棱与底面所成角的余弦值为 cosPAO1 2， 侧面与底面所成锐二面角的余弦值 cosPHO 2 14 7 7 选 ACD 【评析】属于中档题，要求学生自己画图，熟练掌握正四棱台的概念和基本图形，考查空间想象能力。涉 及到立体几何很多内容：多面体、线面关系、

28、表面积、体积、空间角。 12已知函数 f(x)3sin2x4cos2x，g(x)f(x)|f(x)|若存在 x0R，对任意 xR，f(x)f(x0)，则 A任意 xR，f (xx0)f (xx0) B任意 xR，f (x)f(x0 2) C存在0，使得 g(x)在(x0，x0)上有且仅有 2 个零点 高三数学试题第 5页（共 5 页） D存在5 12，使得 g(x)在(x 05 12，x 0)上单调递减 【答案】BD 【解析】f(x)3sin2x4cos2x5sin(2x)，其中 tan4 3分别画出 f(x)和 g(x)的草图如右，两个函数的 最小正周期均为， x0是 f(x)的极小值点，

29、A 选项表示周期是 2 x0， 显然不正确；f(x0 2)为 f(x)的最大值 5，故 B 选项正确；g(x)在(x 0，x0)上有无数个零点，C 选 项不正确；取 4，满足 g(x)在(x 05 12，x 0 4 )上单调递减，D 选项正确。 选 BD. 【评析】属于难题，要求能读懂数学语言，考查数学抽象素养。用所学三角函数 知识分析、认识陌生函数的性质。 第 II 卷（非选择题共 90 分） 三、填空题三、填空题(本大题共本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分) 13(3x21 x3 )5的展开式中的常数项为_ 【答案】270 【解析】展开式通项为 Tr1Cr

30、5(3x2)5 r(1 x3) rCr 535 rx105r，当 r2 时为常数项 270 【评析】属于容易题，考查二项式定理。 14写出一个离心率为 5，渐近线方程为 y2x 的双曲线方程为_ 【答案】x2y 2 4 1(答案不唯一) 【解析】 当焦点在 x 轴时有 c a 1b 2 a2 5 b a2 ， 此方程组有无数组解， 双曲线方程的统一形式为x 2 2 y2 421， 写出其中一个即可；当焦点在 y 轴时有 c a 1b 2 a2 5 a b2 ，此方程无解 【评析】属于容易题，但是由于具有开放性，考生在短时间内可能会被迷惑，对无数解问题的答案不敢填 写。 15 早在 15 世纪，

31、 达芬奇就曾提出一种制作正二十面体的方法： 如图 1， 先制作三张一样的黄金矩形 ABCD (短边 长边 51 2 )，然后从长边 CD 的中点 E 出发，沿着与短边平行的方向剪开一半，即 OE1 2 AD，再 沿着与长边 AB 平行的方向剪出相同的长度，即 OFOE，将这三个矩形穿插两两垂直放置，连结所 有顶点即可得到一个正二十面体，如图 2若黄金矩形的短边长为 4，则按如上制作的正二十面体的 表面积为_，其外接球的表面积为_ 高三数学试题第 6页（共 5 页） A B C D O E F x x 2x 2y 图 1 【答案】80 3，(408 5) 【解析】由图知，正二十面体的表面是 20

32、 个全等的等边三角形，边长为 4，所以表 面积为 3 4 422080 3；由 4 2y 51 2 得：长边 2y2 52，根据对称性可知， 外接球的球心在所有黄金矩形对角线交点处，直径就是黄金矩形的对角线长度，即 2R 42(2 52)2 408 5，所以外接球的表面积为 4R24( 102 52) (408 5)。 【评析】属于中档题，情境题，考查空间想象能力。如果不能从对称性整体考虑，而是构造空间线面关系， 必将问题复杂化，耗费时间。由实物体勾勒出几何图形，体现了直观想象的素养。 16已知直线 ykxb 与曲线 yx2cosx 相切，则k 2 b 的最大值为_ 【答案】 2 4 【解析】

33、设切点为(x0，x02cosx0)，y2xsinx，原题转化为：已知 k2x0sinx0 kx0bx02cosx0，求 k 2 b 的最 大值运用消元思想保留一个变量：k 2 bk 2 x02cosx0kx0k( 2x 0)x02cosx0(2x0sinx0)( 2 x0)x02cosx0 x0sin x0cos x0 2sin x 0 x0 x02，令 f(x)xsinxcosx 2sinxxx 2，则 f (x) (2x)(11 2cosx)0，得 x 2，且 f(x)在(， 2 )上单调增，在( 2 ，)单调减，所以 f(x)最大值 为 f( 2 ) 2 4 【评析】属于难题，涉及很多变

34、量，考查函数思想、消元思想，运算能力。 四、解答题四、解答题(本大题共本大题共 6 小题，共小题，共 70 分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17(本小题满分 10 分) 已知四边形 ABCD 中，AC 与 BD 交于点 E，AB2BC2CD4 （1）若ADC2 3 ，AC3，求 cosCAD； （2）若 AECE，BE2 2，求ABC 的面积 解：(1)在ACD 中，由正弦定理 AC sinADC CD sinCAD得： sinCAD 2sin2 3 3 3 3 又 0CAD 3，所以 cosCAD 1sin2CAD 6 3 图 2 高三

35、数学试题第 7页（共 5 页） (2)法一：（在两个小三角形中分别运用余弦定理）设 AECEx，AEB在ABE 中，由余弦定理得 8 x24 2xcos16在BCE 中，由余弦定理得 8x24 2xcos4两式相加，解得 x 2，即 AECE 2 所以 cos3 4， 0， sin 1cos 2 7 4 所以ABC 的面积 SABC2SABE21 2AEBEsin 7 法二：（在一个小三角形和大三角形中分别运用余弦定理）设 AECEx，cosBAEx 2+42-(2 2)2 24x ，又 cos BAE（2x） 2+42-22 242x ，所以x 2+42-(2 2)2 24x （2x） 2+

36、42-22 242x ，解得 x 2，以下同上。 法三： （向量法如同课本上余弦定理的证明方法）因为 AECE，所以BE1 2 (BABC)，两边平方得 4BE2 BA2BC22|BA|BC|cosABC，即 32164242cosABC，得 cosABC3 4 ，0ABC， 所 以 sinABC 1cos2ABC 7 4 所 以 ABC 的 面 积 SABC 1 2 ABBCsinABC1 2 42 7 4 7 法四：（补形法）如图，将三角形 ABC 补成平行四边形 ABCF,用余弦定理即可求 出角度，进而求出面积。 法五：（由三角形中线长公式、阿婆罗尼斯定理)，可知(2BE)2AC22(A

37、B2BC2)，得 AC2 2用余弦定理 即可求出角度，进而求出面积。 【评析】属于中档题，要求自行画图，在复杂图形中分解出需要的三角形，再解三角形。方法较多，体现 了高考“核心价值、学科素养、关键能力、必备知识”的考查内容，是一道好题。 18(本小题满分 12 分) 已知等差数列an满足：a13，a3，a4成等差数列，且 a1，a3，a8成等比数列 （1）求数列an的通项公式； （2）在任意相邻两项 ak与 ak1(k1，2，)之间插入 2k个 2，使它们和原数列的项构成一个新的数 列bn记 Sn为数列bn的前 n 项和，求满足 Sn500 的 n 的最大值 解：(1)设公差为 d，由 a1+

38、3，a3，a4成等差数列，得 2（a1+2d）= a1+3+ a1+3d，解得 d=3,由 a1，a3，a8成 等比数列，得（a1+6）2= a1(a1+21)，解得 a14，所以 b1a140所以 an3n1。 (2) 法一：由题易知 bn0，故Sn是单调递增数列ak1前的所有项的项数为 k21222kk2k 1 2，其和为 Sk2k12(a1a2ak)2(21222k)k(43k1) 2 22(12 k) 12 3k 25k 2 2k 2 4当 k6 时，S132321500；当 k7 时，S261599500令 S132a72(n133)500，解得 n 211.5，所以满足 Sn200

39、0 的 n 的最大值为 211 法二：ak(k2)与之前的所有项的项数为 k21222k1k2k2，其和为 Sk2k2(a1a2 ak)2(21222k1)k(43k1) 2 22(12 k1) 12 3k 25k 2 2k 14 【评析】数学是思维的体操。新高考数学学科考试注重数学本质，突出理性思维，重点考查学生运用所学 知识分析和解决问题的关键能力。理性思维在数学素养中起着最本质、最核心的作用。 高三数学试题第 8页（共 5 页） P E DA C B （第 19 题图） 19(本小题满分 12 分) 如图，在四棱锥 PABCD 中，四边形 ABCD 为直角梯形，ADBC，ABC90， A

40、D2BC2AB 4，PAD 为等边三角形，E 为 PD 的中点，直线 AB 与 CE 所成角的大小为 45 （1）求证：平面 PAD平面 ABCD； （2）求平面 PAB 与平面 PCD 所成角的正弦值 解：(1)取 AD 中点 O，连接 CO，OE 在梯形 ABCD 中，因为 ADBC，AD2BC，所以四边形 ABCO 为平行四边 形，所以 COAB，所以OCE 即为异面直线 AB 与 CE 所成的角或补角。 在等边PAD 中，因为 E 为 PD 的中点，所以 OE1 2PA 1 2AD2 在OCE 中，OCAB2，所以OCE为锐角，即OCE45 由余弦定理得 OE2OC2CE22OCCEc

41、osOCE，得 CE2 2，从而 OC2OE2CE2，所以 OCOE 因为ABC90，ADBC，COAB，所以 OCAD 又 ADOEO，AD，OE平面 PAD，所以 OC平面 PAD 又因为 OC平面 ABCD，所以平面 PAD平面 ABCD (2)法一：连接 PO，在等边PAD 中，因为 O 为 AD 中点，所以 POAD 由(1)得 OCAD，OC平面 PAD，因为 PO平面 PAD，所以 OCPO 以 O 为原点，OC，OD，OP 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0， 2，0)，C(2，0，0)，D(0，2，0)，B(2，2，0)，P(0，0，2

42、3)，故AP(0，2，2 3)，AB(2，0， 0)，PD(0，2，2 3)，CD(2，2，0) 设平面 PAB 的法向量为 m(x，y，z)，由 mAP2y2 3z0， mAB2x0， 不妨取 z1，得 m(0，3，1) 设平面 PCD 的法向量为 n(x，y，z)，由 nPD2y2 3z0， nCD2x2y0， 不妨取 z1，得 n( 3， 3，1) 所以 cosm，n mn |m|n| 7 7 所以平面 PAB 与平面 PCD 的所成角的正弦值为 42 7 法二：求平面 PAB 的法向量： 取 PA 的中点 F，易得 F(0，1， 3)，连接 DF，故 DFPA 由(1)得平面 PAD面

43、 ABCD，又平面 PAD平面 ABCDAD，AB面 ABCD，所以 AB平面 PAD因 为 DF平面 PAD，所以 ABDF 又 PAABA，所以 DF平面 PAB，即DF(0，3， 3)为平面 PAD 的一个法向量。 法三：补形用综合法 【评析】属于中档题，考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力。 P E D A CB O P E D A CB O z x y F 高三数学试题第 9页（共 5 页） 20(本小题满分 12 分) 某乒乓球教练为了解某同学近期的训练效果，随机记录了该同学 40 局接球训练成绩，每局训练时教 练连续发 100 个球，该同学接球成功得 1 分，否则不得分，且每

44、局训练结果相互独立，得到如图所示 的频率分布直方图 （1）若同一组数据用该区间的中点值作代表， 求该同学 40 局接球训练成绩的样本平均数 x ； 若该同学的接球训练成绩 X 近似地服从正态分布 N(，100)，其中近似为样本平均数 x ，求 P(54X64)的值； （2）为了提高该同学的训练兴趣，教练与他进行比赛一局比赛中教练连续发 100 个球，该同学得 分达到 80 分为获胜，否则教练获胜若有人获胜达 3 局，则比赛结束，记比赛的局数为 Y以 频率分布直方图中该同学获胜的频率作为概率，求 E(Y) 参考数据：若随机变量N(，2)，则 P()0.6827， P(22)0.9545，P(33

45、)0.9973 解：(1) x 550.1650.2750.45850.2950.0574，所以74 由 XN(74，100)，得 P(54X64)P(2X)0.95450.6827 2 0.1359 (2)记“该同学每局获胜”为事件 A，则 P(A)(0.020.005)101 4Y 的可能取值为 3，4，5 P(Y3)(1 4) 3(3 4) 37 16， P(Y4)C 2 3(1 4) 23 4 1 4C 2 3(3 4) 21 4 3 4 45 128， P(Y5)C 2 4(1 4) 2(3 4) 21 4C 2 4(3 4) 2(1 4) 23 4 27 128数学期望 E(Y)3

46、 7 164 45 1285 27 128 483 128。 答：数学期望为483 128 【评析】以体育比赛为背景，体现数学的应用价值，落实“五育并举”的高考评价精神，全面提升人文素 养。由题设数据合理分析应用，体现了数据分析的素养。 O 5060708090 100 分数 频率 组距 0.005 0.010 0.020 0.045 （第 20 题图） 高三数学试题第 10页（共 5 页） 21(本小题满分 12 分) 在平面直角坐标系 xOy 中，已知抛物线 C：y24x，经过 P(t，0)(t0)的直线 l 与 C 交于 A，B 两点 （1）若 t4，求 AP 长度的最小值； （2）设以

47、 AB 为直径的圆交 x 轴于 M，N 两点，问是否存在 t，使得OMON4？若存在，求出 t 的值；若不存在，请说明理由 解：(1)设 A(x1，y1)，则 AP2(x14)2y12x128x1164x1x124x116， 当 x2 时，(AP2)min12，故 AP 长度的最小值为 2 3 (2)法一：由题知 l 不与 x 轴重合，故可设直线 l：xmyt，A(x1，y1)，B(x2，y2)联立 xmyt， y24x， 消元 x 并整理得 y24my4t0，易得m2t20，所以 y1y24m，y1y24t以 AB 为直径的圆方程为 (xx1)(xx2)(yy1)(yy2)0，令 y0，得(

48、xx1)(xx2)y1y20，即 x2(x1x2)xx1x2y1y2 0，设 M(x3，y3)，N(x4，y4)故 x3x4x1x2，x3x4x1x2y1y2于是OMONx3x4x1x2y1y2y1 2y22 16 y1y2t24t 令 t24t4，解得 t2，此时0。所以存在 t2，使得OMON4 法二： 【评析】解析几何的精髓是：几何指挥代数，代数为几何服务。将题目条件坐标化是王道。 22(本题满分 12 分) 已知函数 f(x)ae x x alnx，aR （1）若 ae，求函数 f(x)的单调区间； （2）若 ae，求证：函数 f(x)有且仅有 1 个零点 高三数学试题第 11页（共

49、5 页） 解：(1)因为 f (x)ae x x alnx，x0，所以 f (x)(x1)(e xa) x2 当 a1 时，令 f (x)0，得 x1令 f (x)0，得 0 x1 当 1ae 时，令 f (x)0，得 0 xlna 或 x1 令 f (x)0，得 lnax1 因此，当 a1 时，f (x)的减区间为(1，)，增区间为（0,1）； 当 1ae 时，f (x)的减区间为(0，lna)和(1，) ，增区间为（lna,1）； (2)证明：当 ae 时，在(0，1)上，f (x)0，故 f(x)单调递减；在(1，lna)上，f (x)0，故 f(x)单调递增； 在(lna，)上，f (

50、x)0，故 f(x)单调递减 所以当 x(0，lna时，f (x)f (1)ae0，此时 f (x)无零点 法一：先证明：exe 3x3 27 令 g(x)exex，x0， 因为 g(x)exe， 所以 g(x)在(0，1)上递减，在(1， )上递增， 所以 g(x)min g(1)0，所以 g(x)exex0，即 exex，当且仅当 x1 时取等 将 x 换作x 3 ，得 e x 3ex 3 ，即证得 exe 3 27 x3 再证明：当 x0 时，lnxx1 令 h(x)lnxx1，x0，h(x)1 x 1，所以 h(x)在(0，1)上递增，在(1，)上递减，所以 h(x)max h(1)0