江苏省南京市2021届高三第三次模拟考试-数学-Word版含答案.docx

南京市2021届高三班级第三次模拟考试
数 学 2021.05
留意事项：
1．本试卷共4页，包括填空题（第1题~第14题）、解答题（第15题~第20题）两部分．本试卷满分为160分，考试时间为120分钟．
2．答题前，请务必将自己的姓名、班级、学校写在答题纸上．试题的答案写在答题纸上对应题目的答案空格内．考试结束后，交回答题纸．
参考公式
样本数据x1，x2，…，xn的方差s2＝ (xi－)2，其中＝ xi．
锥体的体积公式：V＝Sh，其中S为锥体的底面积，h为锥体的高．
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在答题纸相应位置上．
1．已知复数z＝－1，其中i为虚数单位，则z的模为 ▲ ．
2．经统计，在银行一个营业窗口每天上午9点钟排队等候的人数及相应概率如下：
排队人数
0
1
2
3
4
≥5
概率
0.1
0.16
0.3
0.3
0.1
0.04
则该营业窗口上午9点钟时，至少有2人排队的概率是 ▲ ．
3．若变量x，y满足约束条件则z＝2x＋y的最大值是 ▲ ．

N

S←40
开头
k←1

k←k＋1
S≤0

Y
输出k
结束
S←S－2k
（第4题图）
4．右图是一个算法流程图，则输出k的值
是 ▲ ．
5．如图是甲、乙两位射击运动员的5次
训练成果（单位：环）的茎叶图，则
甲 乙
8
9 7 8 9
3 1 0 6 9
7
8
9
（第5题图）
成果较为稳定（方差较小）的运动员
是 ▲ ．

6．记不等式x2＋x－6＜0的解集为集合A，函数y＝lg(x－a)的定义域为集合B．若“xA”是“xB”的充分条件，则实数a的取值范围为 ▲ ．
7．在平面直角坐标系xOy中，过双曲线C：x2－＝1的右焦点F作x轴的垂线l，则l与双曲线C的两条渐近线所围成的三角形的面积是 ▲ ．
8．已知正六棱锥P－ABCDEF的底面边长为2，侧棱长为4，则此六棱锥的体积为 ▲ ．
9．在△ABC中， ÐABC＝120°，BA＝2，BC＝3，D，E是线段AC的三等分点，则·的值
为 ▲ ．
10．记等差数列{an}的前n项和为Sn．若Sk－1＝8，Sk＝0，Sk＋1＝－10，则正整数k＝ ▲ ．
11．若将函数f(x)＝∣sin(wx－)∣(w＞0)的图象向左平移个单位后，所得图象对应的函数为偶函数 ，则实数w的最小值是 ▲ ．
12．已知x，y为正实数，则＋的最大值为 ▲ ．
13．在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝9，直线l：y＝kx＋3与圆C相交于A，B两点，M为弦AB上一动点，以M为圆心，2为半径的圆与圆C总有公共点，则实数k的取值范围为 ▲ ．
14．已知a，t为正实数，函数f(x)＝x2－2x＋a，且对任意的x∈[0，t]，都有f(x)∈[－a，a]．若对每一个正实数a，记t的最大值为g(a)，则函数g(a)的值域为 ▲ ．

二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题纸指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（本小题满分14分）
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知acosC＋ccosA＝2bcosA．
（1）求角A的值；
（2）求sinB＋sinC的取值范围．

16．（本小题满分14分）
在四棱锥P－ABCD中，BC∥AD，PA⊥PD，AD＝2BC，AB＝PB， E为PA的中点．
（第16题图）
P
A
B
C
D
E
（1）求证：BE∥平面PCD；
（2）求证：平面PAB⊥平面PCD．

17．（本小题满分14分）
如图，摩天轮的半径OA为50m，它的最低点A距地面的高度忽视不计．地面上有一长度为240m的景观带MN，它与摩天轮在同一竖直平面内，且AM＝60m．点P从最低点A处按逆时针方向转动到最高点B处，记ÐAOP＝q，q ∈(0，π)．
（1）当q ＝ 时，求点P距地面的高度PQ；
（2）试确定q 的值，使得ÐMPN取得最大值．
（第17题图）
A
M
N
B
O
P
Q
q

18．（本小题满分16分）
在平面直角坐标系xOy中，设中心在坐标原点的椭圆C的左、右焦点分别为F1、F2，右准线
l：x＝m＋1与x轴的交点为B，BF2＝m．
（1）已知点(，1)在椭圆C上，求实数m的值；
（2）已知定点A(－2，0)．
①若椭圆C上存在点T，使得＝，求椭圆C的离心率的取值范围；
②当m＝1时，记M为椭圆C上的动点，直线AM，BM分别与椭圆C交于另一点P，Q，
x
y
A
O
B
M
P
Q
（第18题图）
F2
F1
l
若 ＝λ，＝m，求证：λ＋m为定值．

19．(本小题满分16分)
已知函数f(x)＝x2－x＋t，t≥0，g(x)＝lnx．
（1）令h(x)＝f(x)＋g(x)，求证：h(x)是增函数；
（2）直线l与函数f(x)，g(x)的图象都相切．对于确定的正实数t，争辩直线l的条数，并说明理由．

20．（本小题满分16分）
已知数列{an}的各项均为正数，其前n项的和为Sn，且对任意的m，n∈N*，
都有(Sm＋n＋S1)2＝4a2ma2n．
（1）求的值；
（2）求证：{an}为等比数列；
（3）已知数列{cn}，{dn}满足|cn|＝|dn|＝an，p(p≥3)是给定的正整数，数列{cn}，{dn}的前p项的和分别为Tp，Rp，且Tp＝Rp，求证：对任意正整数k(1≤k≤p)，ck＝dk．

南京市2021届高三班级第三次模拟考试
数学附加题 2021.05
留意事项：
1．附加题供选修物理的考生使用．
2．本试卷共40分，考试时间30分钟．
3．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、学校写在答题纸上．试题的答案写在答题纸上对应题目的答案空格内．考试结束后，交回答题纸．
21．【选做题】在A、B、C、D四小题中只要选做2题，每小题10分，共计20分．请在答卷纸指定区域内作答．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
A．选修4—1：几何证明选讲
如图，AB，AC是⊙O的切线，ADE是⊙O的割线，求证：BE· CD＝BD· CE．
A
D
B
C
E
O
（第21A题图）

B．选修4－2：矩阵与变换
已知矩阵A＝，直线l：x－y＋4＝0在矩阵A对应的变换作用下变为
直线l¢：x－y＋2a＝0．
（1）求实数a的值；
（2）求A2．

C．选修4－4：坐标系与参数方程
在极坐标系中，设圆C：r＝4 cosq 与直线l：q＝ (r∈R)交于A，B两点，求以AB为直径的圆的极坐标方程．

D．选修4－5：不等式选讲
已知实数x，y满足x＞y，求证：2x＋ ≥2y＋3．

【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答卷纸指定区域内作答．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
22．（本小题满分10分）
P
A
B
C
D
如图，四棱锥P－ABCD中，PA^平面ABCD，AD∥BC，AB^AD，BC＝，AB＝1，BD＝PA＝2．
（1）求异面直线BD与PC所成角的余弦值；
（2）求二面角A－PD－C的余弦值．

23．（本小题满分10分）
已知集合A是集合Pn＝{1，2，3，…，n} (n≥3，n∈N*)的子集，且A中恰有3个元素，同时这3个元素的和是3的倍数．记符合上述条件的集合A的个数为f(n)．
（1）求f(3)，f(4)；
（2）求f(n)（用含n的式子表示）．

南京市2021届高三第三次模拟考试
数学参考答案及评分标准 2021.05
说明：
1．本解答给出的解法供参考．假如考生的解法与本解答不同，可依据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则．
2．对计算题，当考生的解答在某一步毁灭错误时，假如后续部分的解答未转变该题的内容和难度，可视影响的程度打算给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；假如后续部分的解答有较严峻的错误，就不再给分．
3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．
4．只给整数分数，填空题不给中间分数．
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．
1． 2．0.74 3．4 4．6 5．甲
6．(－∞，－3] 7．4 8．12 9． 10．9
11． 12． 13．[－，＋∞) 14．(0，1)∪{2}
二、解答题：本大题共6小题，共90分．
15．解：（1）由于acosC＋ccosA＝2bcosA，所以sinAcosC＋sinCcosA＝2sinBcosA，
即sin(A＋C)＝2sinBcosA．
由于A＋B＋C＝π，所以sin(A＋C)＝sinB．
从而sinB＝2sinBcosA． ………………………… 4分
由于sinB≠0，所以cosA＝．
由于0＜A＜π，所以A＝． ………………………… 7分
（2）sinB＋sinC＝sinB＋sin(－B)＝sinB＋sincosB－cossinB
＝sinB＋cosB＝sin(B＋)． ………………………… 11分
由于0＜B＜，所以＜B＋＜．
所以sinB＋sinC的取值范围为(，]． ………………………… 14分

16．证明：（1）取PD的中点F，连接EF，CF．
P
A
B
C
D
E
F
（第16题图）
由于E为PA的中点，所以EF∥AD，EF＝AD．
由于BC∥AD，BC＝AD，
所以EF∥BC，EF＝BC．
所以四边形BCFE为平行四边形．
所以BE∥CF． ………………………… 4分
由于BEË平面PCD，CFÌ平面PCD，
所以BE∥平面PCD． ………………………… 6分
（2）由于AB＝PB，E为PA的中点，所以PA⊥BE．
由于BE∥CF，所以PA⊥CF． ………………………… 9分
由于PA⊥PD，PDÌ平面PCD，CFÌ平面PCD，PD∩CF＝F，
所以PA⊥平面PCD． ………………………… 12分
由于PAÌ平面PAB，所以平面PAB^平面PCD． ………………………… 14分
17．解：（1）由题意，得PQ＝50－50cosq ．
从而，当q ＝ 时，PQ＝50－50cos＝75．
即点P距地面的高度为75m． ………………………… 4分
（2）（方法一）由题意，得AQ＝50sinq ，从而MQ＝60－50sinq ，NQ＝300－50sinq ．
又PQ＝50－50cosq ，
所以tanÐNPQ＝＝ ，tanÐMPQ＝＝ ．
………………………… 6分
从而tanÐMPN＝tan(ÐNPQ－ÐMPQ)
＝＝
＝ ． ………………………… 9分
令g(q )＝ ，q ∈(0，π)，
则g¢(q)＝ ，q ∈(0，π)．
由g¢(q)＝0，得sinq ＋cosq －1＝0，解得q ＝ ．
………………………… 11分
当q ∈(0，)时，g¢(q )＞0，g(q )为增函数；当q ∈(，p)时，g¢(q )＜0，g(q )为减函数，
所以，当q ＝ 时，g(q )有极大值，也为最大值．
由于0＜ÐMPQ＜ÐNPQ＜，所以0＜ÐMPN＜，
从而当g(q )＝tanÐMPN取得最大值时，ÐMPN取得最大值．
即当q ＝ 时，ÐMPN取得最大值． ………………………… 14分
（方法二）以点A为坐标原点，AM为x轴建立平面直角坐标系，
则圆O的方程为 x2＋(y－50)2＝502，即x2＋y2－100y＝0，点M(60，0)，N(300，0)．
设点P的坐标为 (x0，y0)，所以Q (x0，0)，且x02＋y02－100y0＝0．
从而tanÐNPQ＝＝ ，tanÐMPQ＝＝ ．
………………………… 6分
从而tanÐMPN＝tan(ÐNPQ－ÐMPQ)
＝＝
＝ ．
由题意知，x0＝50sinq ，y0＝50－50cosq ，
所以tanÐMPN＝＝ ． ………………………… 9分
（下同方法一）
18．解：（1）设椭圆C的方程为 ＋＝1(a＞b＞0)．
由题意，得 解得
所以椭圆方程为＋＝1．
由于椭圆C过点(，1)，所以＋＝1，
解得m＝2或m＝－ (舍去）．
所以m＝2． ………………………… 4分
（2）①设点T(x，y)．
由＝，得(x＋2)2＋y2＝2[(x＋1)2＋y2]，即x2＋y2＝2． ………………… 6分
由 得y2＝m2－m．
因此0≤m2－m≤m，解得1≤m≤2．
所以椭圆C的离心率e＝[，]． ………………………… 10分
②（方法一）设M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
则＝(x0＋2，y0)，＝(x1＋2，y1)．
由＝l， 得
从而 ………………………… 12分
由于＋y02＝1，所以＋(ly1)2＝1．
即l2(＋y12)＋2l(l－1)x1＋2(l－1)2－1＝0．
由于 ＋y12＝1，代入得2l (l－1)x1＋3l2－4l＋1＝0．
由题意知，l≠1，
故x1＝－，所以x0＝．
同理可得x0＝． ………………………… 14分
因此＝，
所以l＋m＝6． ………………………… 16分
（方法二）设M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
直线AM的方程为y＝(x＋2)．
将y＝(x＋2)代入＋y2＝1，得((x0＋2)2＋y)x2＋4yx＋4y－(x0＋2)2 ＝0(*)．
由于＋y02＝1，所以（*）可化为(2x0＋3)x2＋4yx－3x－4x0＝0．
由于x0x1＝－，所以x1＝－．
同理x2＝． ………………………… 14分
由于＝l，＝m，
所以l＋m＝＋＝＋
＝＋＝6．
即λ＋m为定值6． ………………………… 16分
19．解：（1）由h(x)＝f(x)＋g(x)＝x2－x＋t＋lnx，得h' (x)＝2x－1＋，x＞0．
由于2x＋≥2＝2，所以h' (x)＞0，
从而函数h(x)是增函数． ………………………… 3分
（2）记直线l分别切f(x)，g(x)的图象于点(x1，x12－x1＋t)，(x2，lnx2)，
由f'(x)＝2x－1，得l的方程为y－(x12－x1＋t)＝(2x1－1)(x－x1)，即y＝(2x1－1)x－x12＋t．
由g'(x)＝，得l的方程为y－lnx2＝(x－x2)，即y＝· x＋lnx2－1．
所以(*)
消去x1得lnx2＋－(t＋1)＝0 (**)． ………………………… 7分
令F(x)＝lnx＋－(t＋1)，则F'(x)＝－＝＝，x＞0．
由F'(x)＝0，解得x＝1．
当0＜x＜1时，F'(x)＜0，当x＞1时，F'(x)＞0，
所以F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
从而F(x)min＝F(1)＝－t． ………………………… 9分
当t＝0时，方程(**)只有唯一正数解，从而方程组(*)有唯一一组解，
即存在唯一一条满足题意的直线； ………………………… 11分
当t＞0时，F(1)＜0，由于F(et＋1)＞ln(et＋1)－(t＋1)＝0，
故方程(**)在(1，＋∞)上存在唯一解； ………………………… 13分
令k(x)＝lnx＋－1(x≤1)，由于k' (x)＝－＝≤0，故k (x)在(0，1]上单调递减，
故当0＜x＜1时，k (x)＞k (1)＝0，即lnx＞1－，
从而lnx＋ －(t＋1)＞(－)2－t．
所以F()＞(＋)2－t＝＋＞0，又0＜＜1，
故方程(**)在(0，1)上存在唯一解．
所以当t＞0时，方程(**)有两个不同的正数解，方程组(*)有两组解．
即存在两条满足题意的直线．
综上，当t＝0时，与两个函数图象同时相切的直线的条数为1；
当t＞0时，与两个函数图象同时相切的直线的条数为2．
………………………… 16分
20．解：（1）由(Sm＋n＋S1)2＝4a2na2m，得(S2＋S1)2＝4a，即(a2＋2a1)2＝4a．
由于a1＞0，a2＞0，所以a2＋2a1＝a2，即＝2． ………………………… 3分
证明：（2）（方法一）令m＝1，n＝2，得(S3＋S1)2＝4a2a4，即(2a1＋a2＋a3)2＝4a2a4，
令m＝n＝2，得S4＋S1＝2a4，即2a1＋a2＋a3＝a4．
所以a4＝4a2＝8a1．
又由于＝2，所以a3＝4a1． ………………………… 6分
由(Sm＋n＋S1)2＝4a2na2m，得(Sn＋1＋S1)2＝4a2na2，(Sn＋2＋S1)2＝4a2na4．
两式相除，得＝，所以＝＝2．
即Sn＋2＋S1＝2(Sn＋1＋S1)，
从而Sn＋3＋S1＝2(Sn＋2＋S1)．
所以an＋3＝2an＋2，故当n≥3时，{an}是公比为2的等比数列．
又由于a3＝2a2＝4a1，从而an＝a1·2 n－1，n∈N*．
明显，an＝a1·2 n－1满足题设，
因此{an}是首项为a1，公比为2的等比数列． ………………………… 10分
（方法二）在(Sm＋n＋S1)2＝4a2na2m中，
令m＝n，得S2n＋S1＝2a2n． ①
令m＝n＋1，得S2n＋1＋S1＝2 ， ②
在①中，用n＋1代n得，S2n＋2＋S1＝2a2n＋2． ③
②－①，得a2n＋1＝2－2a2n＝2(－)， ④
③－②，得a2n＋2＝2a2n＋2－2＝2(－)， ⑤
由④⑤得a2n＋1＝． ⑥
………………………… 8分
⑥代入④，得a2n＋1＝2a2n；⑥代入⑤得a2n＋2＝2a2n＋1，
所以＝＝2．又＝2，
从而an＝a1·2 n－1，n∈N*．
明显，an＝a1·2 n－1满足题设，
因此{an}是首项为a1，公比为2的等比数列． ………………………… 10分
（3）由（2）知，an＝a1·2 n－1．
由于|cp|＝|dp|＝a1·2p－1，所以cp＝dp或cp＝－dp．
若cp＝－dp，不妨设cp＞0，dp＜0，
则Tp≥a1·2p－1－(a1·2p－2＋a1·2p－3＋…＋a1)＝a1·2p－1－a1·(2p－1－1)＝a1＞0．
Rp≤－a1·2p－1＋(a1·2p－2＋a1·2p－3＋…＋a1)＝－a1·2p－1＋a1·(2p－1－1)＝－a1＜0．
这与Tp＝Rp冲突，所以cp＝dp．
从而Tp－1＝Rp－1．
由上证明，同理可得cp－1＝dp－1．如此下去，可得cp－2＝dp－2，cp－3＝dp－3．…，c1＝d1．
即对任意正整数k(1≤k≤p)，ck＝dk． ………………………… 16分

南京市2021届高三第三次模拟考试
数学附加题参考答案及评分标准 2021.05
21．【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做2题，每小题10分，共20分．
A．选修4—1：几何证明选讲
证明：由于AB是⊙O的切线，所以ÐABD＝ÐAEB．
又由于ÐBAD＝ÐEAB，所以△BAD∽△EAB．
所以＝． ………………………… 5分
同理，＝.．
由于AB，AC是⊙O的切线，所以AB＝AC．
因此＝，即BE· CD＝BD· CE． ………………………… 10分
B．选修4—2：矩阵与变换
解：（1）设直线l上一点M0(x0，y0)在矩阵A对应的变换作用下变为l ¢上点M(x，y)，
则＝＝，
所以 ………………………… 3分
代入l ¢方程得(ax0＋y0)－(x0＋ay0)＋2a＝0，
即(a－1)x0－(a－1)y0＋2a＝0．
由于(x0，y0)满足x0－y0＋4＝0，
所以＝4，解得a＝2． ………………………… 6分
（2）由A＝，得A2＝×＝． ………………… 10分
C．选修4—4：坐标系与参数方程
解： 以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系，则由题意，得
圆C的直角坐标方程 x2＋y2－4x＝0，
直线l的直角坐标方程 y＝x． ………………………… 4分
由 解得或
所以A(0，0)，B(2，2)．
从而以AB为直径的圆的直角坐标方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2，即x2＋y2＝2x＋2y．
………………………… 7分
将其化为极坐标方程为：r2－2r(cosq＋sinq)＝0，即r＝2(cosq＋sinq)．
…………………… 10分
D．选修4—5：不等式选讲
证明：由于x＞y，所以x－y＞0，从而
左边＝(x－y)＋(x－y)＋＋2y
≥3＋2y
＝2y＋3
＝右边．
即原不等式成立． ………………………… 10分
【必做题】第22题、第23题，每题10分，共20分．
22．解：（1）由于PA^平面ABCD，ABÌ平面ABCD，ADÌ平面ABCD，
所以PA^AB，PA^AD．
又AD^AB，
故分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
P
A
B
C
D
x
y
z
依据条件得AD＝．
所以B(1，0，0)，D(0，，0)，C(1，，0)，P(0，0，2)．
从而＝(－1，，0)，＝(1，，－2)．
………………………… 3分
设异面直线BD，PC所成角为q ，
则cosq ＝|cos＜，＞|＝||
＝||＝．
即异面直线BD与PC所成角的余弦值为． ………………………… 5分
（2）由于AB^平面PAD，所以平面PAD的一个法向量为 ＝(1，0，0)．
设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由n^，n^ ，＝(1，，－2)，＝(0，，－2)，
得 解得
不妨取z＝3，则得n＝(2，2，3)． ………………………… 8分
设二面角A－PD－C的大小为j，
则cosj＝cos＜，n＞＝＝＝．
即二面角A－PD－C的余弦值为． ………………………… 10分
23．解：（1）f(3)＝1，f(4)＝2； ………………………… 2分
（2）设A0＝{m∣m＝3p，p∈N*，p≤}，
A1＝{m∣m＝3p－1，p∈N*，p≤}，
A2＝{m∣m＝3p－2，p∈N*，p≤}，
它们所含元素的个数分别记为∣A0∣，∣A1∣，∣A2∣．……………………… 4分
①当n＝3k时，则∣A0∣＝∣A1∣＝∣A2∣＝k．
k＝1，2时，f(n)＝(C)3＝k3；
k≥3时，f(n)＝3C＋(C)3＝k3－k2＋k．
从而 f(n)＝n3－n2＋n，n＝3k，k∈N*． ………………………… 6分
②当n＝3k－1时，则∣A0∣＝k－1，∣A1∣＝∣A2∣＝k．
k＝2时，f(n)＝f(5)＝2×2×1＝4；
k＝3时，f(n)＝f(8)＝1＋1＋3×3×2＝20；
k＞3时，f(n)＝C＋2C＋C (C)2＝k3－3k2＋k－1；
从而 f(n)＝n3－n2＋n－，n＝3k－1，k∈N*． ………………………… 8分
③当n＝3k－2时，∣A0∣＝k－1，∣A1∣＝k－1，∣A2∣＝k．
k＝2时，f(n)＝f(4)＝2×1×1＝2；
k＝3时，f(n)＝f(7)＝1＋3×2×2＝13；
k＞3时，f(n)＝2C＋C＋(C)2 C＝k3－k2＋5k－2；
从而 f(n)＝n3－n2＋n－，n＝3k－2，k∈N*．
所以f(n)＝ …………………… 10分