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爱问共享资料江苏省南通市2021届高三下学期二模数学试卷文档免费下载,数万用户每天上传大量最新资料,数量累计超一个亿 ,2021一、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,只有数学试卷第10页(共12页)一项是符合题目要求的。1.设集合M,N,P均为R的非空真子集,且MNRNPRP,M,则MRMRNA.MB.NC.D.【答案】D≤x≤2.已知xR,则“”是“lg(x2x2)≤1”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件【答案】B3.欧拉恒等式:ei10被数学家们惊叹为“上帝创造的等式”.该等式将数学中几个重要的数:自然对数的底数e、圆周率π、虚数单位i、自然...

江苏省南通市2021届高三下学期二模数学试卷

2021一、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 数学试卷 二年级数学试卷下载贵阳市八年级数学期末学前班上数学试卷高三数学试卷分析教案八年级上册数学试卷 第10页(共12页)一项是符合题目要求的。1.设集合M,N,P均为R的非空真子集,且MNRNPRP,M,则MRMRNA.MB.NC.D.【 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】D≤x≤2.已知xR,则“”是“lg(x2x2)≤1”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件【答案】B3.欧拉恒等式:ei10被数学家们惊叹为“上帝创造的等式”.该等式将数学中几个重要的数:自然对数的底数e、圆周率π、虚数单位i、自然数1和0完美地结合在一起,它是由欧拉公式:ei=cosisin(R)令π得到的.根据欧拉公式,e2i在复平面内对应的点在A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B正脊斜脊宽长4.“帷幄”是古代打仗必备的帐篷,又称“幄帐”.右图是一种幄帐示意图,帐顶采用“五脊四坡式”,四条斜脊的长度相等,一条正脊平行于底面.若各斜坡面与底面所成二面角的正切值均为1,底面矩形的长与宽之比为5:3,2则正脊与斜脊长度的比值为A.35【答案】BB.89C.910D.15.已知a,b,c均为单位向量,且a2b2c,则acA.12【答案】CB.14C.14D.1236.函数f(x)sinxcosxcos2x的图象的一条对称轴为A.xπ12【答案】AB.xπ6C.xπ3D.xπ27.某班45名学生参加“3·12”植树节活动,每位学生都参加除草、植树两项劳动.依据劳动表现,评定为“优秀”、“合格”2个等级,结果如下表:等级项目优秀合格合计除草301545植树202545若在两个项目中都“合格”的学生最多有10人,则在两个项目中都“优秀”的人数最多为A.5B.10C.15D.20【答案】C8.若alnablnbclnc1,则A.ebclnaecalnbeablncC.eablncecalnbebclna【答案】CB.ecalnbebclnaeablncD.eablncebclnaecalnb二、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.已知数列an是等比数列,下列结论正确的为A.若a1a20,则a2a30C.若a2a10,则a1a32a2B.若a1a30,则a1a20D.若a1a20,则a2a1a2a30【答案】ACx2a10.已知函数f(x)aR,则yf(x)的大致图象可能为yOxyOxyOxyOxA.B.C.D.【答案】ABD11112113311464115101051161520156111.“杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一.如图所示,由杨辉三角的左腰上的各数出发,引一组平行线,从上往下每条线上各数之和依次为:1,1,2,3,5,8,13,…,则A.在第9条斜线上,各数之和为55B.在第n(n≥5)条斜线上,各数自左往右先增大后减小nC.在第n条斜线上,共有2n1(1)个数47D.在第11条斜线上,最大的数是C3【答案】BCDABCD12.如图,某校测绘兴趣小组为测量河对岸直塔AB(A为塔顶,B为塔底)的高度,选取与B在同一水平面内的两点C与D(B,C,D不在同一直线上),测得CDs.测绘兴趣小组利用测角仪可测得的角有:ACB,ACD,BCD,ADB,ADC,BDC则根据下列各组中的测量数据可计算出塔AB的高度的是A.s,ACB,BCD,BDCB.s,ACB,BCD,ACDC.s,ACB,ACD,ADCD.s,ACB,BCD,ADC【答案】ACD三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知随机变量X~N(2,2),P(X0)0.9,则P(2X≤4).【答案】0.414.能使“函数f(x)xx1在区间I上不是单调函数,且在区间I上的函数值的集合为0,2.”是真命题的一个区间I为.【答案】答案不唯一,只要形如a,2或a,2,其中0≤a1的均正确.x215.已知椭圆C1:a2y21(ab0)的右顶点为P,右焦点F与抛物线C2的焦点重合,b2C2的顶点与C1的中心O重合.若C1与C2相交于点A,B,且四边形OAPB为菱形,则C1的离心率为.【答案】1316.在三棱锥PABC中,ABBC,AC8,点P到底面ABC的距离为7.若点P,A,B,C均在一个半径为5的球面上,则PA2PB2PC2的最小值为.【答案】198四、解答题:本题共6小题,共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(10分)5在△ABC中,角A,B,C所对边分别为a,b,c,bc,csinA1.点D是AC的中点,BDAB,求c和∠ABC.解:在直角三角形ABD中,BD2AD2AB2b22c2c,所以BDc.2425ADBC所以s

江苏省南通市2021届高三下学期二模数学试卷1

inABD.……2分AD55又因为csinA1,所以c.……4分5由bc得,b5.5因为sinA,A0,π,所以cosA.……5分1sin2A25105252525255255在△ABC中,由余弦定理,得a由正弦定理,得ab,即510,.……7分sinAsinABCsinABC55所以sinABC2.……9分2又因为ABCπ,π,所以ABC3π.……10分2418.(12分)已知数列an的前n项和为Sn,Sn14an,nN*,且a14.(1)证明:an12an是等比数列,并求an的通项公式;an(2)在①bnan1an;②bnlog2n;③ban2naa这三个条件中任选一个补充在下面横线上,并加以解答.n1n已知数列bn满足,求bn的前n项和Tn.注:如果选择多个方案分别解答,按第一个方案解答计分.解:(1)当n≥2时,因为Sn14an,所以Sn4an1,两式相减得,an14an4an1.所以an12an2an2an1.……2分当n1时,因为Sn14an,所以S24a1,又a14,故a212,于是a22a14,所以an12an是以4为首项2为公比的等比数列.……3分所以a2a2n1,两边除以2n1得,an1an1.……4分n1n2n12n又a12,所以an是以2为首项1为公差的等差数列.2n2所以ann1,即an12n.……6分2nn(2)若选①:bnan1an,即bnn22n1n12nn32n.……8分因为Tn425262n32,123n所以2Tn425262n32.2n234n1两式相减得,Tn4212223n32n1……10分n1421821n32n1n22n14,所以Tnn224.……12分n1若选②:banlog2n,即blogn1nlog2nlogn1nn.……8分所以Tnnlognlog2n1n12n2log32122222log23n11nn212n2log2n11nn.……12分2若选③:bnan2aa,即bn4an14an411.……8分aaaann1n1nnn1所以Tn411411a1a2a2a3411141anan1……10分a1an11144n22n111.……12分n22n119.(12分)如图,在三棱台ABCA1B1C1中,ACA1B,O是BC的中点,A1O平面ABC.(1)求证:ACBC;(2)若A1O1,AC23,BCA1B12,C1B1A1求二面角B1BCA的大小.OCB解:(1)因为A1O平面ABC,AC⊂平面ABC,A所以A1OAC.……1分又因为ACA1B,A1BA1OA1,A1B⊂平面A1BO,A1O⊂平面A1BO,所以AC平面A1BO.……3分又因为BC⊂平面A1BO,所以ACBC.……4分3(2)以O为坐标原点,与CA平行的直线为x轴,OB所在直线为y轴,OA1所在直线为z轴,建立如所示的空间直角坐标系Oxyz,则O(0,0,0),A(2,1,0),B(0,1,0),A1(0,0,1).AB(23所以OB(0,1,0),,2,0),OA1(0,0,1),于是AB4.由ABCA1B1C1是三棱台,所以AB//A1B1.又因为AB2,所以AB1AB(111123,1,0).zC1B1所以OB1OA1A1B1(3,1,1).……7分A1设平面BB1C1C的法向量n(x,y,z),由nOB0,y0,3得OCBynOB10,xyz0,x3A取x1,则y0,z,即n(1,0,3).……9分因为OA1平面ABC,所以平面ABC的法向量为OA1(0,0,1).……10分所以cosn,OAnOA1100013,3122020212|n||OA1|12023因为二面角B1BCA为钝二面角,所以二面角B1BCA的大小是5π.6……12分20.(12分)甲、乙两队进行排球比赛,每场比赛采用“5局3胜制”(即有一支球队先胜3局即获胜,比赛结束).比赛排名采用积分制,积分规则如下:比赛中,以3:0或3:1取胜的球队积3分,负队积0分;以3:2取胜的球队积2分,负队积1分.已知甲、乙两队比赛,甲每局获胜的概率为2.3(1)甲、乙两队比赛1场后,求甲队的积分X的概率分布列和数学期望;(2)甲、乙两队比赛2场后,求两队积分相等的概率.解:(1)依题意,X的

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所有可能取值为0,1,2,3,且13121211PX03C333,392221218PX1C43,338122212216PX2C43,3381222122316PX3C33333,……4分27所以X的概率分布列为X0123P1988116811627所以EX0118216316184.……6分981812781(2)记“甲、乙比赛两场后,两队积分相等”为事件A.设第i场甲、乙两队积分分别为Xi,Yi,则Yi3Xi,i1,2.因为两队积分相等,所以X1X2Y1Y2,即X1X23X13X2,所以X1X23.……8分所以PAPX10PX23PX11PX22PX12PX21PX13PX201168161681619278181818127911206561……10分答:甲、乙比赛两场后,两队积分相等的概率为1120.……12分656121.(12分)22已知双曲线C:xy1(a0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2,点P(3,1)在a2b2C上,且PF1PF210.(1)求C的方程;(2)斜率为3的直线l与C交于A,B两点,点B关于原点的对称点为D.若直线PA,PD的斜率存在且分别为k1,k2,证明:k1k2为定值.a2b2解:(1)设F1(c,0),F2(c,0)(c0),其中c.因为PF1PF210,所以10,3c213c21解得c216或c0,又c0,故c4.……2分3421所以2a4,即a2.……4分342122所以b2c2a28.2所以C的方程为x2y881.……5分(2)设Ax1,y1,Bx2,y2,则Dx2,y2.设直线l方程为y3xm,与双曲线C方程联立,消去y得,8x26mxm280.由6m232m280,得m8.xx3m,xxm8.……7分2124128所以yy3xm3xm9xx3mxxm2m9.……8分2121212128所以kky11y21y1y2y1y21……10分12x3x3xx3x3x9121212m2883x1x21.m2883x1x2所以k1k2为定值.……12分22.(12分)已知函数f(x)eax(lnx1)(aR),f(x)为f(x)的导数.(1)设函数g(x)f(x)eax,求g(x)的单调区间;(2)若f(x)有两个极值点x1,x2(x1x2),①求实数a的取值范围;3f(x)f(x)②证明:当a2e2时,12.x1x2解:(1)依题意,f(x)的定义域为(0,),且g(x)f(x)alnxa1,则g(x)ax1.x2eaxx①当a≤0时,g(x)0在x(0,)上恒成立,g(x)单调递减;……2分②当a0时,令g(x)0得,x1,aaa所以,当x0,1时,g(x)0,g(x)递减;当x1,时,g(x)0,g(x)递增.综上,当a≤0时,g(x)的减区间为(0,),无增区间;当a0时,g(x)的减区间为0,1,增区间为1,.……4分aa(2)①因为f(x)有两个极值点,所以g(x)有两个零点.由(1)知,a≤0时不合;当a0时,g(x)极小值g1a(2lna).aa(ⅰ)当0ae2时,g(x)g10,g(x)没有零点,不合;(ⅱ)当ae2时,g10,g(x)有一个零点1,不合;aaa(ⅲ)当ae2时,g10.……6分2g1a(a12lna),a设(a)a12lna,ae2,则(a)120.a所以(a)(e2)e230,即g10.a2所以存在x12a,使得g(x1)0.a1,1又因为g1e0,所以存在x1,1,使得g(x)0.e2ae2f(x)的值变化情况如下表:x(0,x1)x1(x1,x2)x2(x2,)f(x)00f(x)↗极大值↘极小值↗所以当ae2时,f(x)有两个极值点.综上,a的取值范围是(e2,).……8分3②因为a2e2,23ln20,gaa2a1x1x2.……9分aa所以212a1因为x1,x2是g(x)alnxax的两个零点,所以lnx1111ax,lnx11.22axf(x)eax1(lnx1)ax1f(x)eax2(lnx1)ax2222所以11e,22e.111xxax2axxxax2eaxx2记h(x)e(1x2),则h(x)a0,ax2a2ax3

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