黑龍江省大慶中學(xué)2021屆高三第一次仿真考試數(shù)學(xué)（理）試卷

1、內(nèi)裝訂線學(xué)校:_姓名：_班級：_考號：_外裝訂線絕密·啟用前黑龍江省大慶中學(xué)2021屆高三第一次仿真考試數(shù)學(xué)（理）試卷題號一二三總分得分注意事項(xiàng)：1答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2請將答案正確填寫在答題卡上評卷人得分一、選擇題1.已知集合U=-1,0,1,2,3，A=2,3,B=0,1，則(CUA)B=（ ）AB0,1C0D12.若復(fù)數(shù)z¯=1+2ii(i為虛數(shù)單位)，則z=（ ）.A1B2C3D53.若cos(4)=45，則sin2=（ ）A725B1825C725D24254.已知a=i+3j，b=2i，其中i，j是互相垂直的單位向量，則a3b=（ ）A27B

2、26C28D245.關(guān)于直線m、n與平面、，有以下四個(gè)命題：若m/，n/且/，則m/n； 若m，n且，則mn；若m，n/且/，則mn；若m/，n且，則m/n.其中真命題的序號是（ ）ABCD6.下列對不等關(guān)系的判斷，正確的是（ ）A若1a1b，則a3b3B若|a|a2|b|b2，則2a2bC若lna2lnb2，則2|a|2|b|D若tanatanb，則ab7.數(shù)學(xué)對于一個(gè)國家的發(fā)展至關(guān)重要，發(fā)達(dá)國家常常把保持?jǐn)?shù)學(xué)領(lǐng)先地位作為他們的戰(zhàn)略需求.現(xiàn)某大學(xué)為提高數(shù)學(xué)系學(xué)生的數(shù)學(xué)素養(yǎng)，特開設(shè)了“古今數(shù)學(xué)思想”，“世界數(shù)字通史”，“幾何原本”，“什么是數(shù)學(xué)”四門選修課程，要求數(shù)學(xué)系每位同學(xué)每學(xué)年至多選2門

3、，大一到大三三學(xué)年必須將四門選修課程選完，則每位同學(xué)的不同選修方式有（ ）A18種B36種C54種D72種8.若函數(shù)fx=3sinx+cosx0在區(qū)間0,6上僅有一條對稱軸及一個(gè)對稱中心，則的取值范圍為（ ）A5,8B5,8C5,11D5,119.基本再生數(shù)R0與世代間隔T是新冠肺炎的流行病學(xué)基本參數(shù).基本再生數(shù)指一個(gè)感染者傳染的平均人數(shù)，世代間隔指相鄰兩代間傳染所需的平均時(shí)間.在新冠肺炎疫情初始階段，可以用指數(shù)模型：I(t)=ert描述累計(jì)感染病例數(shù)I(t)隨時(shí)間t(單位：天)的變化規(guī)律，指數(shù)增長率r與R0，T近似滿足R0=1+rT.有學(xué)者基于已有數(shù)據(jù)估計(jì)出R0=3.28，T=6.據(jù)此，在新

4、冠肺炎疫情初始階段，累計(jì)感染病例數(shù)增加3倍需要的時(shí)間約為(ln20.69)（ ）A1.2天B1.8天C2.7天D3.6天10.已知F為雙曲線C:x2a2y2b2=1(a0,b0)的右焦點(diǎn)，A為雙曲線C右支上一點(diǎn)，且位于x軸上方，B為漸近線上一點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)若四邊形OFAB為菱形，則雙曲線C的離心率e=（ ）A2B3C2D2+111.在四面體ABCD中，若AB=CD=3，AC=BD=2，AD=BC=5，則四面體ABCD的外接球的表面積為（ ）A2B4C6D812.關(guān)于函數(shù)f(x)=sin|x|+1sin|x|有如下四個(gè)命題，其中正確的個(gè)數(shù)是（ ）f(x)是偶函數(shù)；f(x)圖象關(guān)于x=2對稱；f

5、(x)的最小值為-2；f(x)在(2,0)上單調(diào)遞增；ABCD評卷人得分二、填空題13.已知函數(shù)f(x)=xe2x，則fx在x=1處的切線斜率為_.14.已知ABC中，A=23，滿足BC=21,AC=2AB，則ABC的面積為_.15.某校高二學(xué)生一次數(shù)學(xué)診斷考試成績（單位：分）X服從正態(tài)分布N110,102，從中抽取一個(gè)同學(xué)的數(shù)學(xué)成績，記該同學(xué)的成績90110為事件A，記該同學(xué)的成績80100為事件B，則在A事件發(fā)生的條件下B事件發(fā)生的概率PBA=_（結(jié)果用分?jǐn)?shù)表示）附參考數(shù)據(jù)：PX+=0.68；P2X+2=0.95；P3X+3=0.9916.已知圓C:x2+y2=1，點(diǎn)M(t,2)，若C上存

6、在兩點(diǎn)A,B滿足MA=2AB，則實(shí)數(shù)t的取值范圍_評卷人得分三、解答題17.在數(shù)列an中，a1=2,an+1=2an+2；（1）求an；（2）令bn=n(an+2)，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Sn.18.如圖所示，在四棱錐PABCD中，PD底面ABCD，四邊形ABCD為矩形，CD=2，PD=AD=2，E為DC的中點(diǎn).（1）求證：AE平面PBD；（2）求二面角CPBE的余弦值.19.排球比賽按“五局三勝制的規(guī)則進(jìn)行(即先勝三局的一方獲勝，比賽結(jié)束)，且各局之間互不影響.根據(jù)兩隊(duì)以往交戰(zhàn)成績分析，乙隊(duì)在前四局的比賽中每局獲勝的概率是23，但前四局打成2：2的情況下，在第五局中甲隊(duì)?wèi){借過硬的心理素質(zhì)，獲勝

7、的概率為23.若甲隊(duì)與乙隊(duì)下次在比賽上相遇.（1）求甲隊(duì)以3：1獲勝的概率；（2）設(shè)甲的凈勝局?jǐn)?shù)(例如：甲隊(duì)以3：1獲勝，則甲隊(duì)的凈勝局?jǐn)?shù)為2，乙隊(duì)的凈勝局?jǐn)?shù)為2)為，求的分布列及E().20.已知橢圓C：x2a2+y2b2=1ab0，長軸為4，不過坐標(biāo)原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸的直線l與橢圓C有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為M，直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值14.（1）求橢圓C的方程；（2）若直線l過右焦點(diǎn)F2，問y軸上是否存在點(diǎn)D，使得三角形ABD為正三角形，若存在，求出點(diǎn)D坐標(biāo)，若不存在，請說明理由.21.已知函數(shù)f(x)=x2+2ax+2lnx(aR).（1）若f(x)是單調(diào)函

8、數(shù)，求a的取值范圍；（2）若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2，且x2e，求fx1fx2的最小值.22.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為x=1+sin2y=sin+cos（為參數(shù)）在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，曲線C2的極坐標(biāo)方程為=2sin（1）求C1和C2的直角坐標(biāo)方程；（2）若射線l：=0（04,3，0）與曲線C1和C2分別交于異于原點(diǎn)的點(diǎn)A，B，求OAOB取值范圍23.已知函數(shù)fx=x+ax2a（其中a0）（1）當(dāng)a=3時(shí)，求證：9fx9；（2）當(dāng)x2a時(shí)，解關(guān)于a的不等式fxf3參考答案1.B【解析】求出CUA=1,0,1，即得解.由題得CUA=1,

9、0,1，所以(CUA)B=0,1.故選：B2.D【解析】根據(jù)題意先求出z，然后再求出模.因?yàn)閦¯=1+2ii，化簡得z¯=1+2ii=i1+2ii2=2i，故z=2+i，所以z=22+12=5 故選：D3.C【解析】由22=2(4)、sin2=cos(22)，結(jié)合已知即可求sin2.22=2(4)， sin2=cos(22)=2cos2(4)1=32251=725.故選：C4.A【解析】首先求出ij，用i，j表示a3b，再根據(jù)a3b=a3b2計(jì)算可得；解：a=i+3j，b=2i，且i，j是互相垂直的單位向量a3b=i+3j3×2i=3j5i，ij=0a3b=a3b

10、2=3j2+25i2103ji=28=27故選：A5.D【解析】根據(jù)中的已知條件判斷直線m、n的位置關(guān)系，可判斷的正誤.對于，若m/，n/且/，則m與n平行、相交或異面，錯(cuò)誤；對于，如下圖所示：設(shè)=a，因?yàn)?，在平面?nèi)作直線la，由面面垂直的性質(zhì)定理可知l，m，m/l，n，l，nl，因此，mn，正確；對于，若m，/，則m，因?yàn)閚/，過直線n作平面使得=a，由線面平行的性質(zhì)定理可得n/a，m，a，則ma，因此mn，正確；對于，若m/，n且，則m與n平行、相交或異面，錯(cuò)誤.故選：D.6.C【解析】根據(jù)不等式的性質(zhì)，對數(shù)函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、正切函數(shù)的性質(zhì)判斷，錯(cuò)誤的可舉反例Aa=1,b=1滿足1a1b，但

11、a3b3，A錯(cuò)；Ba=1，b=2，滿足|a|a2|b|b2，但2a2b，B錯(cuò)；Clna2lnb2a2b2ab2a2b，C正確；Dtan3tan23，但323，D錯(cuò)故選：C7.C【解析】由題意三學(xué)年選科方式有2,2,0，2,1,1，再由分類分步方式，求學(xué)生的選修方式.由題意，三個(gè)學(xué)年學(xué)生選科組合有2,2,0，2,1,1，當(dāng)2,2,0時(shí)，三個(gè)學(xué)年選兩個(gè)學(xué)年選完有C32，再為每個(gè)學(xué)年選兩門課C42C22A22A22，故選修方式為C32C42C22A22A22=18；當(dāng)2,1,1時(shí)，選課方式有C42C21C11A22A33=36；總共有54種選修方式.故選：C8.B【解析】化簡函數(shù)fx=2sin(x+

12、6)，由x0,6，可得6x+66(1+)，根據(jù)題意，得到6(1+)32，即可求解.由題意，函數(shù)fx=3sinx+cosx=2sin(x+6)，因?yàn)閤0,6，可得6x+66(1+)，要使得函數(shù)fx在區(qū)間0,6上僅有一條對稱軸及一個(gè)對稱中心，則滿足6(1+)32，解得58，所以的取值范圍為5,8.故選：B.9.D【解析】根據(jù)所給模型求得r=0.38，令t=0，求得I，根據(jù)條件可得方程e0.38t=4，然后解出t即可把R0=3.28，T=6代入R0=1+rT，可得r=0.38，I(t)=e0.38t，當(dāng)t=0時(shí)，I(0)=1，則e0.38t=4，兩邊取對數(shù)得0.38t=2ln2，解得t=2ln20.

13、383.6故選：D10.D【解析】設(shè)B(x,bax)，由OB=OF=c，求得B(a,b)，再設(shè)A(x1,b)，代入雙曲線的方程，求得A(2a,b)，利用kOB=kFA，和雙曲線的離心率的定義，即可求解.由題意，雙曲線C:x2a2y2b2=1(a0,b0)的焦點(diǎn)F(c,0)，且漸近線方程y=bax，因?yàn)樗倪呅蜲FAB為菱形，如圖所示，設(shè)B(x,bax)，因?yàn)镺B=x2+(bax)2=c，解得x=-a，可得B(-a,b)，設(shè)A(x1,b)，代入雙曲線的方程x2a2y2b2=1，可得x=2a，即A(2a,b)，又由kOB=kFA，可得b2ac=ba，可得2ac=a，所以雙曲線的離心率為e=ca=2+

14、1.故選：D.11.C【解析】將四面體補(bǔ)成長方體，通過求解長方體的對角線就是球的直徑，然后求解外接球的表面積由題意可采用割補(bǔ)法，考慮到四面體ABCD的四個(gè)面為全等的三角形，所以可在其每個(gè)面補(bǔ)上一個(gè)以3，2，5為三邊的三角形作為底面，且以分別x，y，z長、兩兩垂直的側(cè)棱的三棱錐，從而可得到一個(gè)長、寬、高分別為x，y，z的長方體，并且x2+y23，x2+z25，y2+z24，則有（2R）2x2+y2+z26（R為球的半徑），得2R23，所以球的表面積為S4R26故答案為612.B【解析】通過表達(dá)式的特點(diǎn)，先判斷函數(shù)的奇偶性；通過舉例f(2)f(32) 且2+32=2×2，說明函數(shù)并不是關(guān)

15、于x=2對稱；利用x0時(shí)，最小值為2，得函數(shù)的最小值為2；利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)來判斷函數(shù)在區(qū)間(2,0)上是單調(diào)遞增.f(x)=sin|x|+1sin|x|，f(x)=sin|x|+1sin|x|=sin|x|+1sin|x|=f(x)，所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)；f(2)=sin|2|+1sin|2|=2，f(32)=sin|32|+1sin|32|=2，所以f(2)f(32) 且2+32=2×2，故函數(shù)f(x)不關(guān)于x=2對稱；sin|x|0 ，當(dāng)sin|x|0時(shí)，f(x)=sin|x|+1sin|x|2sin|x|1sin|x|=2，根據(jù)函數(shù)的奇偶性，f(x)的最小值為2；x(2,0

16、)時(shí)，f(x)=sin|x|+1sin|x|=sinx1sinx，f'(x)=cosx+cosxsin2x=cos3xsin2x ，x(2,0)時(shí)，cosx0,sin2x0 ，f'(x)0 ，f(x)在x(2,0)上單調(diào)遞增.故選：B13.3e2【解析】求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得在點(diǎn)處的斜率.f(x)=e2x+2xe2x=(2x+1)e2x，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義，可得k=f(1)=3e2.故答案為：3e214.332【解析】令A(yù)C=2AB=2x，由余弦定理求x2，再根據(jù)三角形面積公式即可求ABC的面積.由余弦定理知：BC2=AC2+AB22ACABcosA=21，令A(yù)C=2AB=

17、2x，7x2=21，即x2=3，SABC=12ACABsinA=3x22=332.故答案為：332.15.2795【解析】計(jì)算出PAB和PA，然后利用條件概率公式可得出PBA=PABPA的值.由題意可知=110，=10，事件AB為90100，90=2，100=，所以，PAB=P90100=P2=P2X+2PX+2=0.950.682=27200，PA=P90110=P2=P2X+22=95200，由條件概率公式得PBA=PABPA=2720020095=2795，故答案為2795.16.21,21【解析】令A(yù)(x,y)，根據(jù)MA=2AB得B(3xt2,3y22)，由A,B在圓C上代入坐標(biāo)，整理

18、可將問題轉(zhuǎn)化為兩個(gè)圓有公共點(diǎn)，則兩圓的圓心距離在13,53內(nèi)，進(jìn)而求t的范圍.由題意，可得如下示意圖，令A(yù)(x,y)，由MA=2AB知：B(3xt2,3y22)，又A,B在C上，x2+y2=1(3xt)24+(3y2)24=1，整理得x2+y2=1(x-t3)2+(y-23)2=49，即兩圓有公共點(diǎn)，兩圓的圓心距離為d=t2+43，半徑分別為1、23，故當(dāng)13d53時(shí)符合題意，0t221，即t21,21.故答案為：21,21.17.（1）an=2n+12；（2）Sn=(n1)2n+2+4.【解析】（1）由題設(shè)可得an+1+2=2(an+2)，即可知an+2為等比數(shù)列并寫出通項(xiàng)公式，進(jìn)而可得an

19、.（2）由（1）知bn=n2n+1，應(yīng)用錯(cuò)位相減法求Sn即可.（1）由題意知：an+1+2=2(an+2)，而a1+2=4，an+2是首項(xiàng)為4，公比為2的等比數(shù)列，故an+2=42n1=2n+1，an=2n+12.（2）由（1）知：bn=n(an+2)=n2n+1，Sn=1×22+2×23+3×24+.+n×2n+1，則2Sn=1×23+2×24+.+(n1)×2n+1+n×2n+2，Sn=22+23+.+2n+1n2n+2=4(12n)12n2n+2=(1n)2n+24，Sn=(n1)2n+2+4.18.（1）證

20、明見解析；（2）63.【解析】（1）由PD平面ABCD，可得PDAE，再由矩形ABCD中，可得AEBD，由線面垂直的判定定理可得AE平面PBD； （2）以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線DA,DC,DP為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，再分別求出面CPB的一個(gè)法向量和平面PBE的一個(gè)法向量，再由向量的夾角運(yùn)算可求得二面角的余弦值.（1）證明：因?yàn)镻D平面ABCD，AE平面ABCD，所以PDAE，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，CD=2，AD=2，E為DC的中點(diǎn).所以tanEAD=DEAD=12=22，tanCDB=BCCD=22，于是DAE=CDB，因?yàn)镈AE+DEA=90°，所以EDF+

21、DEF=90°，所以AEBD，因?yàn)镻DBD=D，PDBD平面PBD，所以AE平面PBD；（2）以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線DA,DC,DP為x軸，y軸，z軸，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由題意知：PB=2,2,2，PE=0,1,2，PC=0,2,2，設(shè)平面PBE和平面PBC的法向量分別為m=x,y,z，n=u,v,w，PBm=2x+2y2z=0PEm=y2z=0，令y=2，m=1,2,1，PBn=2u+2v2w=0PCn=2v2w=0，令v=1，n=0,1,2，設(shè)二面角CPBE的平面角為，因?yàn)槎娼荂PBE為銳角，所以二面角CPBE的余弦值為cos=|cosm,n|=mnmn=2

22、223=63.19.（1）227；（2）分布列答案見解析，E()=9181.【解析】（1）利用獨(dú)立事件的概率和獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的概率求解；（2）由題得取值有3，2，1，1，2，3，再求出對應(yīng)的概率，即得解.（1）甲隊(duì)以3：1獲勝等價(jià)于前3局中，甲2勝一負(fù)，第4局甲勝，所以甲隊(duì)以3：1獲勝的概率P=C32×13×13×23×13=227.（2）由題意可知，甲隊(duì)和乙隊(duì)的比分有如下六種0：3，1：3，2：3，3：2，3：1，3：0，則的取值有3，2，1，1，2，3，=3時(shí)，P=23×23×23=827，=2時(shí)，P=C32×23

23、5;23×13×23=827，=1時(shí)，P=C42×23×23×13×13×13=881，=1時(shí)，P=C42×23×23×13×13×23=1681，=2時(shí)，P=C32×13×13×23×13=227，=3時(shí)，P=13×13×13=127，所以的分布列為：-3-2-1123P8278278811681227127所以E()=3×8272×8271×881+1×1681+2

24、5;227+3×127=9181.20.（1）x24+y2=1；（2）存在，點(diǎn)D0,±97.【解析】（1）由題意可得a=2，設(shè)點(diǎn)Ax1,y1，Bx2y2，利用點(diǎn)差法可得kABkOM=b2a2，即可求出b，從而得解；（2）設(shè)直線l:y=k(x1)，聯(lián)立直線與橢圓方程，消元、列出韋達(dá)定理，即可表示出點(diǎn)M，假設(shè)存在點(diǎn)D，求出MD的直線方程，從而得到D點(diǎn)坐標(biāo)，利用弦長公式求出AB、MD，由ABD為等邊三角形，則|MD|=32|AB|，即可得到方程，即可判斷；解：（1）由題意可知，2a=4，a=2.設(shè)點(diǎn)Ax1,y1，Bx2,y2，A，B在橢圓上，所以x12a2+y12b2=1，x22

25、a2+y22b2=1，所以x1+x2x1x2a2+y1+y2y1y2b2=0，所以y1+y2y1y2x1+x2x1x2=a2 b2，因?yàn)閗ABkOM=14，所以y2y1x2x1y1+y2x1+x2=14，所以b2a2=14，所以b2=3，所以橢圓C方程為x24+y2=1.（2）F23,0，設(shè)直線l：y=kx3，聯(lián)立方程得1+4k2x283k2x+12k24=0，所以x1+x2=83k21+4k2，x1x2=12k241+4k2，所以M43k21+4k2,3k1+4k2，假設(shè)存在點(diǎn)D，則MD的直線方程為y+3k1+4k2=1kx43k21+4k2，所以D0,33k1+4k2.AB=1+

26、k2x1x2=41+k21+4k2，MD=1+1k243k21+4k20=43kk2+11+4k2，若ABD為等邊三角形，則MD=32AB，即32×41+k21+4k2=43kk2+11+4k2，解得k2=13，此時(shí)33k1+4k2=±97，所以存在點(diǎn)D0,±97，使得ABD為等邊三角形.21.（1）2,+)；（2）e21e24.【解析】（1）求出導(dǎo)函數(shù)f(x)，題意說明f(x)0在(0,+)上恒成立，再轉(zhuǎn)化為一元二次不等式大于等于0恒成立，由此可得a的范圍；（2）首先確定極值點(diǎn)x1,x2的關(guān)系：x1+x2=a，x1x2=1，計(jì)算fx1fx2，首先把a(bǔ)用x1+x2

27、替換，然后再化二元為一元函數(shù)，引入新函數(shù)，設(shè)x22=t，由x2e得：te2，引入h(t)=t1t2lnt，利用導(dǎo)數(shù)求得h(t)的最小值即得由題意得：函數(shù)f(x)定義域?yàn)?0,+)，f(x)=2x+2a+2x=2x2+ax+1x（1）若f(x)是單調(diào)函數(shù)，則f(x)在(0,+)上恒非負(fù)，令g(x)=x2+ax+1，g(x)0在(0,+)上恒成立，則a20=a240或a20，解得：a2，a的取值范圍為：2,+)（2）函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2是方程x2+ax+1=0的兩根，x1+x2=a，x1x2=1，又x2e，則x1x2，f(x)在x1,x2上單調(diào)遞減fx1fx2=fx1fx2=x12+2ax1+2lnx1x22+2ax2+2lnx2=x12x22+2ax1x2+2lnx1x2=x12x222x1+x2x1x2+2lnx1x2=x22x12+2lnx1x2=x22