徐州市2021届高三数学上学期9月份月考试卷附答案.pdf

1、江苏省徐州市2021届高三月考模拟测试 数学试题 2020.9 一、 单项选择题： 本题共 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若复数z满足(2+3i)z=13， 则复平面内表示z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已知集合A=xlog2(x-1)0， 则CRA=( ) A.(-,1 B.2,+) C.(-,1)(2,+) D.(-,12,+) 3函数f(x)= |x|ln|x| x4 的图象大致为( ) A.B. C.D. 4在ABC中， 内角A，B，C的对边分别是a，b，c， 外接圆半径为R， 若

2、bsinB-asinA= 1 2 asinC， 且ABC的面积为2R2sinB(1-cos2A)， 则cosB=( ) A. 1 4 B. 1 3 C. 1 2 D. 3 4 5在ABC中，AB=4，AC=2，BAC=60， 点D为BC边上一点， 且D为BC边上靠近C的 三等分点， 则 AB AD=( ) A.8B.6C.4D.2 6已知(2x2+3x+1)( a x2 -1)5的展开式中各项系数之和为0， 则该展开式的常数项是( ) A-10B-7C10D9 7已知函数fx是定义域在R上的偶函数， 且fx+1 =fx-1， 当x0,1时，fx =x3， 则关于x 的方程fx =cosx在 -

3、 1 2 , 5 2 上所有实数解之和为( ) A1B3C6D7 8已知A，B，C为球O的球面上的三个定点，ABC=60，AC=2，P为球O的球面上的动点， 记三棱 锥P-ABC的体积为V1， 三棱锥O-ABC的体积为V2， 若 V1 V2 的最大值为3， 则球O的表面积为( ) A 16 9 B 64 9 C 3 2 D6 二、 多项选择题： 本题共 4 小题， 每小题 5 分， 共 20 分。在每小题给出的选项中， 有多项符合题目要求。 全部选对的得5分， 部分选对的得3分， 有选错的得0分。 1 9关于函数f(x)= 1 x 1+ 2 ex-1 下列结论正确的是( ) A图像关于y轴对称

4、B图像关于原点对称 C在-,0上单调递增Dfx恒大于0 10已知下列四个条件， 能推出 1 a 0a B0ab Ca0b Dab0 11已知lnx1-x1-y1+2=0，x2+2y2-2ln2-6=0， 记M=(x1-x2)2+(y1-y2)2， 则( ) AM的最小值为 16 5 B当M最小时，x2= 14 5 CM的最小值为 4 5 D当M最小时x2= 12 5 12已知符号函数sgn(x)= 1,x0 0,x=0 -1, x1,sgn(lnx)=1 C函数y=exsgn(-x)的值域为(-,1) D对任意的xR,x =xsgn(x) 三、 填空题： 本题共4小题， 每小题5分， 共20分

5、。请把答案直接填写在答题卡相应 位置上。 13已知向量a， b的夹角为45， 若a=(1， 1)， |b|=2， 则|2a+b|=_ 14已知函数f(x)= log2x， x1， f(x+3)， x1， 则f(-2)=_ 15在平面直角坐标系xOy中， 过点(1,0)的一条直线与函数f(x)= 3 x-1 的图像交于P，Q两点， 则线 段PQ长的最小值是 16已知直线l : y = kx + t与圆x2+ (y + 1)2= 1相切且与抛物线C : x2= 4y交于不同的两点 M,N,则实数t的取值范围是_ 四、 解答题： 本题共6小题， 共70分。请在答题卡指定区域内作答。解答时应写出文字说

6、明、 证明过程或 演算步骤。 17(本小题满分10分) 已知ABC中， C为钝角， 而且AB=8， BC=3， ， AB边上的高为 3 2 3 (1)求B的大小； (2)求ACcosA+3cosB 的值 2 18(本小题满分12分) 设数列an的前n项和为Sn， 点an,SnnN*在直线2x-y-1=0上 (1)求证： 数列an是等比数列， 并求其通项公式； (2)设直线x=an与函数fx =x2的图象交于点An， 与函数g(x)=log2x的图象交于点Bn， 记bn= OAn OBn(其中O为坐标原点)， 求数列bn的前n项和Tn. 19(本小题满分12分) 如图， 在三棱柱ADE-BCF中

7、， 侧面ABCD是为菱形， E在平面ABCD内的射影O恰为线段BD 的中点 (1)求证： ACCF； (2)若BAD=60， AE=AB， 求二面角E-BC-F的平面角的余弦值 20(本小题满分12分) 已知直线l:y=kx+1与曲线C: x2 a2 + y2 b2 =1(a0,b0)交于不同的两点A,B,O为坐标原点 (1)若k=1, |OA|=|OB|， 求证： 曲线C是一个圆； (2)若曲线C: y2 4 +x2=1， 是否存在一定点Q， 使得 QA QB为定值？若存在， 求 出定点Q 和定值； 若不存在， 请说明理由 3 21(本小题满分12分) 如图， 某广场中间有一块边长为2百米的

8、菱形状绿化区ABCD， 其中BMN是半径为1百米的扇形， ABC= 2 3 管理部门欲在该地从M到D修建小路： 在弧MN上选一点P(异于M,N两点)， 过 点P修建与BC平行的小路PQ问： 点P选择在何处时， 才能使得修建的小路MP与PQ及QD的 总长最小？并说明理由 22(本小题满分12分) 已知函数f(x)= sinx x (1)求曲线y=f(x)在 2 ,f 2 处的切线方程； (2)求证： f(x)1- x2 6 ； (3)求证： 当0 ln(1+x) x 4 江苏省徐州市2021届高三月考模拟测试 数学参考答案 一、 单项选择题： 本题共 8小题， 每小题 5分， 共40分。在每小题

9、给出的四个选项中， 只有一项是符合题 目要求的。 1D 2D 3A 4D 5A 6D 7D 8B 二、 多项选择题： 本题共 4 小题， 每小题 5 分， 共 20 分。在每小题给出的选项中， 有多项符合题目要求。 全部选对的得5分， 部分选对的得3分， 有选错的得0分。 9. ACD 10.ABD 11AB 12ABD 三、 填空题： 本题共4小题， 每小题5分， 共20分。请把答案直接填写在答题卡相应 位置上。 132 5 142 152 6 16-,-3 0,+ 四、 解答题： 本题共6小题， 共70分。请在答题卡指定区域内作答。解答时应写出文字说明、 证明过程或 演算步骤。 17(1)

10、由三角形面积可知 1 2 8 3 2 3 = 1 2 38sinB， 2分 sinB= 3 2 ， 又因为B是锐角， 所以B= 3 4分 (2)由(1)可知AC2=AB2+BC2-2ABBCcosB=64+9-24=49， 所以AC=7 6分 又因为cosA= AB2+AC2-BC2 2ABAC = 64+49-9 287 = 13 14 ， 8分 因此ACcosA+3cosB=3 1 2 +7 13 14 =8 10分 18(1)点an,Sn在直线2x-y-1=0上， 所以2an-Sn-1=0 当n=1时， 2a1-S1-1=0.a1=1. .2分 当n2时， 2an-1-Sn-1-1=0

11、， 得 an=2an-1, an an-1 =2,n2 . .4分 所以数列an为首项为1， 公比为2的等比数列. an=2n-1, .6分 (2)An(2n-1,4n-1),Bn(2n-1,n-1) bn= OAn OBn=4n-1+(n-1)4n-1=n4n-1.7分 Tn=1+24+342+n4n-1 4Tn=14+242+(n-1)4n-1+n4n .9分 3， 得 -3Tn=1-n4n+(4+42+43+4n-1) =1-n4n+ 4(1-4n-1) 1-4 =1-n4n+ 1 3 (4n-4)=- 1 3 +( 1 3 -n)4n 所以 Tn= 1 9 + 3n-1 9 4n. .

12、12分 19(1)证明： 如图， 连接AC， 易知ACBD=O 侧面ABCD是菱形， 5 ACBD 又由题知EO面ABCD， AC面ABCD， EOAC， 而EOBD=O， 且EO， BD面BED， AC面BED ACED CF/ED， ACCF5分 (2)解： 由(1)知AOBO， OEAO， OEBO， 于是以O为坐标原点， OA， OB， OE所在直线分别 为x， y， z轴建立空间直角坐标系， 如图设AB=AE=2 在菱形ABCD中， BAD=60， AO= 3， BO=1 在RtEAO中， EO= EA 2-AO2 =1 于是O(0， 0， 0)， A( 3， 0， 0)， B(0，

13、 1， 0)， E(0， 0， 1)， C(- 3， 0， 0)， AB=(- 3， 1， 0)， BE=(0， -1， 1)， BC=(- 3， -1， 0)7分 又由 EF= AB， 可解得F(- 3， 1， 1)， 于是 BF=(- 3， 0， 1) 8分 设平面BCE的法向量为n1=(x1， y1， z1)， 则由n1 BE=0， n1 BC=0得 -y1+z1=0， - 3x1-y1=0， 令y1=1， 则x1=- 3 3 ， z1=1， 即n1=(- 3 3 ， 1， 1)10分 同理可得平面BCF的法向量n2=( 3 3 ， -1， 1) cos= n1n2 n1n2 = 1 7

14、 故二面角E-BC-F的平面角的余弦值为 1 7 12分 20.(1)证明： 设直线l与曲线C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2) |OA|=|OB| x1 2+y 1 2 = x2 2+y 2 2 即： x1 2+y 1 2=x 2 2+y 2 2 x1 2x 2 2=y 2 2y 1 2 A,B在C上 x1 2 a2 + y1 2 b2 =1， x2 2 a2 + y2 2 b2 =1 两式相减得： x1 2x 2 2= a2 b2 (y2 2y 1 2) a2 b2 =1 即： a2=b2 曲线C是一个圆 5分 (2)存在定点 0， 17 8 ， 不论k为何值， QA QB= 33

15、 64 为定值. 理由如下： 假设存在点Qx0,y0 ， 设交点为A(x1,y1),B(x2,y2)， 6 由 y=kx+1 y2 4 +x2=1 得，k2+4 x2+2kx-3=0 x1+x2= -2k k2+4 ,x1x2= -3 k2+4 ， 直线l:y=kx+1恒过椭圆内定点(0,1)， 故0 恒成立. 8分 QA QB=(x1-x0,y1-y0)(x2-x0,y2-y0) =(x1-x0)(x2-x0)+y1-y0y2-y0 =x1x2-x0(x1+x2)+x2 0+ kx1+1-y0kx2+1-y0 =1+k2x1x2+k1-y0-x0 x1+x2+x2 0+ 1-y0 2 =1+

16、k2 -3 k2+4 +k1-y0-x0 -2k k2+4 +x2 0+ 1-y0 2 = -31+k2-2k1-y0-x0k k2+4 +x2 0+ 1-y0 2 = 2y0-5 k2+2x0k-3 k2+4 +x2 0+ 1-y0 2 当 x0=0 2y0-5= -3 4 时， 即x0=0,y0= 17 8 时 QA QB=- 3 4 + 9 8 2 = 33 64 . 故存在定点 0， 17 8 ， 不论k为何值， QA QB= 33 64 为定值. 12分 21.解： 连接BP， 过P作PP1BC垂足为P1， 过Q作QQ1BC垂足为Q1， 设PBP1= 0 2 3 ,MP= 2 3 -

17、， 若0 2 ， 在RtPBP1中， PP1=sin,BP1=cos， 若= 2 ， 则PP1=sin,BP1=cos， 若 2 2 3 ， 则PP1=sin,BP1=cos- =-cos， PQ=2-cos- 3 3 sin 4分 在RtQBQ1中， QQ1=PP1=sin,CQ1= 3 3 sin,CQ= 2 3 3 sin, DQ=2- 2 3 3 sin 6分 所以总路径长f = 2 3 -+4-cos- 3sin 0 2 3 ， 8分 f =sin- 3cos-1=2sin - 3 -1 10分 令f =0,= 2 ， 当0 2 时， f 0， 当 2 0 11分 所以当= 2 时，

18、 总路径最短 答： 当BPBC时， 总路径最短 12分 7 22(1)因为f(x)= xcosx-sinx x2 ， 所以f( 2 )=- 4 2 又因为f( 2 )= 2 ， 所以切线方程为y- 2 =- 4 2 (x- 2 )=- 4 2 x+ 2 ， 即y=- 4 2 x+ 4 3分 (2)f(x)1- x2 6 sinx x 1- x2 6 注意到f(x)与y=1- x2 6 都是偶函数， 因此只需证明x0时 sinx x 1- x2 6 成立， 即sinxx- x3 6 成立即可 5分 设g(x)=sinx-x+ x3 6 ， x0， 则g(x)=cosx-1+ x2 2 6分 设h

19、(x)=cosx-1+ x2 2 ， 则h(x)=x-sinx0， 因此h(x)在x0时递增， 因 此h(x)h(0)=0恒成立 从而可知g(x)在x0时递增， 因此g(x)g(0)=0， 且等号只在x=0成立 因此当x0时， sinx-x+ x3 6 0， 即 sinx x 1- x2 6 8分 (3)当0 ln(1+x) x sinx x ln(1+x) x sinxln(1+x) 由(2)可知， 当0 x- x3 6 恒成立， 因此只需证明当0ln(1+x)即可 10分 设g(x)=x- x3 6 -ln(1+x)， 0 x1.1， 则 g(x)=1- x2 2 - 1 1+x = x 1+x - x2 2 = x(2-x-x2) 2(1+x) = x(1-x)(2+x) 2(1+x) ， 因此当0 x1， g(x)递增； 1x1.1， g(x)递减 11分 又因为g(0)=0， g(1.1)=1.1- 1.13 6 -ln2.1， 而且 1.1- 1.13 6 1.1- 1.13 5 =0.8338 又因为2.14=19.4481， 2.73=19.683， 所以 2.142.73e3， 从而2.1e 3 4， 因此ln2.10.8338-0.750 因此可知， 当00恒成立， 即x- x3 6 ln(1+x) 12分 8