新高考2021年高三数学高考三模试题卷一附答案解析

第Ⅰ卷一、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．已知集合AyyA．



1x，集合Byye，则ðRAIB（x1

）B．{0}C．0,）D．,02．设aR，则“a2”是“a23a20”的（A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件2

3．已知复数z满足z

7

6i（i为虚数单位），且z在复平面内对应的点位于第三象限，则复数z的4

C．虚部为（A．2i

）B．332D．3i2）4．设等差数列an的前n项和为Sn，若a111，a4a66，则下列结论正确的是（A．当且仅当n6时，Sn取最小值C．当且仅当n7时，Sn取最小值B．当且仅当n6时，Sn取最大值D．当且仅当n7时，Sn取最大值）5．若向量a(1,2)，b(0,1)，且kab与a2b共线，则实数k的值为（A．1

B．

12C．1D．2

6．把5名志愿者分配到三个不同的社区，每个社区至少有一个志愿者，其中甲社区恰有1名志愿者的分法有（）A．14种B．35种C．70种D．100种）7．若不等式x2ax163x4a对任意a2,4成立，则x的取值范围为（A．,83,C．8,6B．,01,D．0,38．已知函数fx是定义在R上的偶函数，满足fx1fx，当x0,1时，fxcos则函数yfxx的零点个数是（A．2B．3）C．4D．5π

x，2

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2分，有选错的得0分．9．已知函数f(x)sinx和g(x)cosx，则下列正确的是（）1A．f(x)的图象可由g(x)的图象向右平移B．x

π

个单位得到2

3π

,π时，g(x)f(x)4

C．h(x)f(x)g(x)的对称轴方程为x

π

kπkZ4D．若动直线xa与函数f(x)sinx和g(x)cosx的图象分别交于M，M两点，则MN的最大值为210．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，下列△ABC有关的结论，正确的是（）A．若△ABC为锐角三角形，则sinAcosBB．若ab，则cos2Acos2B

C．S4R2sinAsinBsinC，其中R为△ABC外接圆的半径D．若△ABC为非直角三角形，则tanAtanBtanCtanAtanBtanC11．已知实数x，y满足方程xy4x10．则下列选项正确的是（22）A．B．y2的最大值是x12y

的最大值是3x1

D．过点1,2作x

12．关于函数fx

22C．过点1,2作xy4x10的切线，则切线方程为x2y10

2y24x10的切线，则切线方程为x2y10

）2

lnx，下列说法正确的是（xA．x02是fx的极小值点B．函数yfxx有且只有1个零点C．存在正整数k，使得fxkx恒成立D．对任意两个正实数x1，x2，且x1x2，若fx1fx2，则x1x24

第Ⅱ卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．设i为虚数单位，则xi的展开式中含x4的项为________．6

2sinxcosx2x2x

的图象关于点_______成中心对称，记函数的最大值为M，最小14．函数f(x)22xcosx

值为N，则MN_______．22

15．已知直线l:kxy8k20过定点P，过点P向圆O:xy1作切线，切点分别为A,B，则弦AB所在的直线方程为____________．16．已知正三棱柱ABCA1B1C1的体积为23，AB2，过点B的平面与平面AB1C无公共点，则三棱柱ABCA1B1C1在平面内的正投影面积为________．四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）在△ABC中，D为AC边上一点，CD3，BC8，BD7．（1）求sinBDC的值；（2）若A60，求AD的长．18．（12分）已知正项数列an的前n项和为Sn,S12，an1an12anan2．（1）求数列an的通项公式；（2）若bnn2n，求数列bn的前n项和Tn．a

19．（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，侧面△PBC是等边三角形，AD2AB，BCD45，面PBC面ABCD，E、F分别为BC、CD的中点．（1）证明：面PEF面PAB；（2）求面PEF与面PAD所成锐二面角的余弦值．20．（12分）2021年，福建、河北、辽宁、江苏、湖北、湖南、广东、重庆8省市将迎来“312”新高考模式．“3”指的是：语文、数学、英语，统一高考；“1”指的是：物理和历史，考生从中选一科；“2”指的是：化学、生物、地理和政治，考生从四种中选两种．为了迎接新高考，某中学调查了高一年级1500名学生的选科倾向，随机抽取了100人统计选考科目人数如下表：选考物理男生40选考历史共计503女生共计（1）补全22列联表；（2）将此样本的频率视为总体的概率，随机调查了本校的3名学生．设这3人中选考历史的人数为X，求X的分布列及数学期望；（3）根据表中数据判断是否有95%的把握认为“选考物理与性别有关”？请说明理由．参考附表：30PK2k0.1002.706

2

0.0503.841

0.0255.024

k

参考公式：K

2

nadbcabcdacbd，其中nabcd．21．（12分）已知等轴双曲线的顶点F12,0，F22,0分别是椭圆C的左、右焦点，且x圆与双曲线某个交点的横坐标．（1）求椭圆C的方程；43是椭3

（2）设直线l与椭圆C相交于A，B两点，以线段AB为直径的圆过椭圆的上顶点M，求证：直线l恒过定点．22．（12分）设函数fx2lnxmx1．2

（1）当fx有极值时，若存在x0，使得fx0m1成立，求实数m的取值范围；（2）当m1时，若在fx定义域内存在两实数x1，x2满足x1x2且fx1fx2，证明：x1x22．答案第Ⅰ卷一、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．【答案】A【解析】由函数y

1

的值域为,00,，可知A,00,，则ðRA0；x14由函数yex的值域为0,，可知B0,．所以ðRAB00,，故选A．2．【答案】B【解析】解不等式a23a20，得1a2，因为1,2Ü,2，所以“a2”是“a23a20”的必要不充分条件，故选B．3．【答案】C【解析】设zabi(a,bR)，则z2a2b2

2abi7a2b27

46i，可得4，2ab6

因为a0，b0，解得a2，b3

2，所以z232i，则z232i．故选C．4．【答案】A【解析】因为2aa5a4a66，则a53，从而d

5a142，因此该等差数列是递增数列，所以an112(n1)2n13．由an0，得n

13

26.5，则数列an的前6项为负数，从第7项起为正数，所以当且仅当n6时，Sn取最小值，故选A．5．【答案】B【解析】a(1,2)，b(0,1)，kabk1,20,1k,2k1，a2b1,220,11,4，kab与a2b共线，4k2k10，解得k

1

2，故选B．6．【答案】C【解析】甲社区恰有1名志愿者有C51

种，对其余4人先分组，再分配．其余4人的分组有“3和1”及“2和2”两种分法：（1）按“3和1”分组，有C43

C11

；（2）按“2和2”分组，有C24C22A2；252

31C22

4C2故甲社区恰有1名志愿者的分法有CC4C1A2543270，故选C．2A2

1

5

7．【答案】A【解析】由题得不等式(x4)ax3x160对任意a2,4成立，2(x4)(2)x23x160x25x240所以，即2，解得x3或x8，2(x4)4x3x160xx0故选A．8．【答案】A【解析】∵fx1fx，∴fx2fx1fxfx，∴fx2fx，即函数fx是周期T2的周期函数．又∵函数fx是定义在R上的偶函数，且x[0,1]时，fxcos∴当x[1,0)时，f(x)f(x)cos(

π

x，2

ππx)cosx，22

令fxx0，则函数yfxx的零点个数即为函数yfx和gxx的图象交点个数，分别作出函数yfx和gxx的图象，如下图，显然fx与gx在[1,0)上有1个交点，在[0,1]上有一个交点，当x1时，gx1，而fx1，所以x1或x1时，fx与gx无交点．综上，函数yfx和gxx的图象交点个数为2，即函数yfxx的零点个数是2．故选A．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2分，有选错的得0分．9．【答案】ABD6【解析】对A，g(x)cosx的图象向右平移π2个单位得到ycos

π

x2sinxfx，故A正确；对B，当x

3π4,π

时，22g(x)1，0f(x)22

，即g(x)f(x)，故B正确；对C，h(x)f(x)g(x)sinxcosx2sin



xπ4，令x

π4π2kπ,kZ，解得xπ

4kπkZ，即对称轴为x

π

4kπkZ，故C错误；对D，MNsinxcosx2sin

π

x4，则MN的最大值为2，故D正确，故选ABD．10．【答案】ABD【解析】对于A中，若△ABC为锐角三角形，可得ABπ2且A,B(0,π

2

)，可得Aπ2B，且ππ

2B(0,2)，根据正弦函数的单调性，可得sinAsin(

π

2B)，所以sinAcosB，所以A正确；对于B中，在△ABC中，由ab，根据正弦定理可得sinAsinB，则sin2Asin2B，可得1cos2A21cos2B

2，解得cos2Acos2B，所以B正确；对于C中，由三角形的面积公式，可得S

1

2

absinC，由正弦定理知a2RsinA，b2RsinB，可得S2R2sinAsinBsinC，所以C不正确；对于D中，在△ABC中，可得ABCπ，则ABπC，所以tan(AB)tan(πC)，即tanAtanB

1tanAtanBtanC，可得tanAtanBtanCtanAtanBtanC，则tanAtanBtanCtanAtanBtanC，所以D正确，故选ABD．11．【答案】AD7【解析】对于AB，设y

k，即ykx1，x1由圆心2,0到直线ykx1的距离等于半径时，直线与圆相切，即3kk213，解得k2

1，2即kmax

y222，kmin，即的最大值是，故A正确，B错误；x122222对于CD，显然点1,2在圆(x2)y3上，过1,2与圆心2,0的直线斜率为k

2，由切线性质知，切线斜率k所以切线方程为y2故选AD．12．【答案】ABD2，22(x1)，整理得x2y10，故C错误，D正确，2【解析】对于A选项，函数的定义域为0,，函数的导数fx∴x0,2时，fx0，函数fx单调递减；21x22，2xxxx2,时，fx0，函数fx单调递增，∴x2是fx的极小值点，故A正确；17

x

212240，对于B选项，yfxxlnxx，∴y212xxxx∴函数在0,上单调递减，又∵f112ln1110，f221ln220，∴函数yfxx有且只有1个零点，故B正确；2

8fx对于C选项，若fxkx，可得k2lnx

x



x2x

，令gx

2lnxx2x，则gx4xxlnx

x3，令hx4xxlnx，则hxlnx，∴在x0,1上，hx0，函数hx单调递增；x1,上，hx0，函数hx单调递减，∴hxh130，∴gx0，∴gx

2x2lnx

x在0,上函数单调递减，函数无最小值，∴不存在正实数k，使得fxkx成立，故C错误；对于D选项，由x1x2，fx1fx2，结合A选项可知x12，0x22，要证x1x24，即证x14x2，且x14x22，由函数fx在x2,是单调递增函数，所以有fx1f4x2，由于fx1fx2，所以fx2f4x2，即证明fxf4x,x0,2，令mxfxf4xlnxln4x

2x2

4x,x0,2，2

则mx

8x2x2

42x20，所以mx在0,是单调递减函数，所以mxm20，即fxf4x,x0,2成立，故x1x24成立，所以D正确，故选ABD．第Ⅱ卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】15x4

【解析】xi6

的展开式的通项公式为Trr1C6r

x

6ir

,r0,1,2,,6，令6r4，则r=2，此时T3C62

x4i2

15x4

，即含x4的项为15x4，9故答案为15x4．14．【答案】(0,1)，2【解析】f(x)1

sinxx

sinx2x2cosx，记g(x)x2x2cosx，g(x)sin(x)x2(x)2cos(x)sinxx2x2cosxg(x)，g(x)是奇函数，其图象关于坐标原点(0,0)中心对称，则g(x)的最大值和最小值之和为0，把g(x)的图象向上平移一个单位得到f(x)g(x)1的图象，即f(x)的图象关于点(0,1)对称，且MN0112．故答案为(0,1)，2．15．【答案】8x2y10

【解析】Qkxy8k20，kx8y20，由x80x8y20，得y2，P8,2．PAOA，PBOB，点O,A,P,B四点共圆，且圆心C为OP的中点，弦AB是圆O和圆C的公共弦，又C

8020

OP2

,2

，即C4,1，且圆C的半径R217，圆C:x42y12

172

…①，又圆O:x2y21…②，由①②，得弦AB所在直线方程为8x2y10，故答案为8x2y10．16．【答案】117710【解析】依题意34

AB2AA123，解得AA12，由题意得平面//平面AB1C．由于投影面平移不影响正投影的形状和大小，所以就以平面AB1C为投影面．如图①，构造四棱柱ACDEAC11D1E1，作C1NCD1，A1MAE1，连接B1M，B1N，易得C1N平面CAE1D1，A1M平面CAE1D1，则五边形B1MACN即为三棱柱ABCA1B1C1在平面内的正投影．要计算的投影的面积即为图②所示图形的面积，由题知C1D1

3，C1C2，在Rt△C1D1C中，又C1NCD，可得D37471N7，CN7，故所求正投影的面积为1374722117772

7

，故答案为1177．四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【答案】（1）437

；（2）5．【解析】（1）在△BCD中，据余弦定理，有cosBDC72328227317．2又0BDCπ，所以sinBDC=11437．7（2）因为BDCAABD，则ABDBDC60，所以sinABDsinBDC60

4311727353214

．11在△ABD中，据正弦定理，有ADsinABDBD

sinBAD，7

53所以AD

BDsinABD

sin14BAD



35．218．【答案】（1）an2n；（2）T3n14n1n499．【解析】（1）因为在正项数列an中，an1an12anan2，可得an2

2

1an2an1an0，即an1an2an1an0，又因为an1an0，所以an1an2，所以数列an是公差为2的等差数列，又a1S12，所以an22n12n．（2）由（1）知，bnn2

2n

n4n，所以Tn14242343n4n，所以4Tn142243344n14nn4

n1，所以3T14nn442434nn4n1



41n4n113n



4n1443，所以Tn3n14n1499．19．【答案】（1）证明见解析；（2）64．【解析】（1）设AB2，则AD22，∴CF1，CE

2，∴EF12212cos451，∴CF2EF2CE2，∴EFCF．在等边三角形PBC中，E为BC的中点，∴PEBC，∵面PBC面ABCD，PE面PBC，面PBC面ABCDBC，∴PE面ABCD．∵CD面ABCD，∴PECD．∵EFCD，EFPEE，∴CD面PEF．∵AB//CD，∴AB面PEF，12∵ABÌ面PAB，∴面PEF面PAB．（2）由（1）知BD2，DEBC，以E为坐标原点，ED、EC、EP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,6)，D(2,0,0)，C(0,2,0)，A(2,22,0)，F22

2,2,0，

AD(0,22,0)，DP

(2,0,6)．设面PAD的法向量为m(x,y,z)，

22y0

z0

，取z1，得x3，y0，m(3,0,1)，2x6面PEF的法向量为CD

(2,2,0)，∴cosm,CD



6622

4

，∴面PEF与面PAD所成锐二面角的余弦值为64

．20．【答案】（1）见解析；（2）分布列见解析，9

10；（3）有95%的把握认为，详见解析．【解析】（1）根据题意补全22列联表，如下：选考物理选考历史共计男生401050女生302050共计7030100（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，随机变量X服从二项分布，由题意，学生选考历史的概率为310，且XB33,10

，13312PX0C073433101000，PX1C13744131010

1000，211893PX2C23727310101000，PX3C33

310

1000

，X的分布列为X

0123P

343441189271000100010001000

EX3

310910

．2

（3）由表中数据，计算K2

的观测值k10040201030505070304.7623.841，参照附表知，有95%的把握认为“选考物理与性别有关”．．【答案】（1）x28y22141；（2）证明见解析．x2y2

【解析】（1）由已知可得双曲线方程为441．∵x43433，∴交点为3,233．

的方程为x2设椭圆Cy243b24b21，代入,23，得33b24，C的方程为x28y2∴椭圆41．（2）证明：显然直线l与x轴不垂直．l:ykxmm2与椭圆C:x28y2设直线41相交于Ax1,y1，Bx2,y2，ykxm

由x2y2，得2k21x24kmx2m280841，∴xx4km2m2122k21，x8

1x22k21

．∵AMB90，∴x1,y12x2,y220，14即x1x2y12y220，x1x2y1y22y1y240，∴x1x2kx1mkx2m2kx1mkx2m40，整理得k21x1x2km2x1x2m220，即k212m282k21km24km2k21m220．∵m2，2k21m24k2m2k21m20，整理得3m20，∴m2

3，∴直线l恒过定点0,

2

3

．22．【答案】（1）0,1；（2）证明见解析．【解析】（1）fx定义域为0,，fx

22mx2

mx2xx1，当m0时，fx0，即fx在0,上单调递增，不合题意，m0；令mx210，解得x

1m．当x0,1m时，fx0；当x1m,时，fx0，fx在0,1上单调递增，在1m,上单调递减，mfxf1maxm，存在x0，使得fx0m1成立，则m1fxmax，即m1f1m，又f1m2ln1mm1

m1lnm，m1lnm，即mlnm10，令hmmlnm1，则hm1

1mm1

m0，hm在0,上单调递增，15又h11ln110，0m1，即实数m的取值范围为0,1．（2）当m1时，fx2lnxx2

1，则fx22x22x221x2xx

x，当x0,1时，fx0；当x1,时，fx0，fx在0,1上单调递增，在1,上单调递减，由x1x2且fx1fx2，知0x11x2，令Fxfxf2x，x0,1，则Fx

21x

22x

212x2x2x4x12x2x0，Fx在0,1上单调递增，FxF10，即fxf2x，fx1f2x1，又fx1fx2，fx2f2x1；x10,1，2x11,2，又x21且fx在1,上单调递减，x22x1，即x1x22．16