2021年江苏省苏州市中学高三数学文模拟试卷含解析

2021年江苏省苏州市中学高三数学文模拟试卷含解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的
1. 下列命题中，是的充要条件的是（）
①或；有两个不同的零点；
②是偶函数；
③；
④。

A.①②
B.②③
C.③④
D.①④
参考答案：
D
略
2. 某几何体的三视图如图所示，则它的体积是
A．B．8
C．8－D．8
参考答案：
C
由三视图知：原几何体为一个正方体里面挖去一个圆锥，正方体的棱长为2，圆锥的底面半径为1，高为2，所以该几何体的体积为：。

3. 的三个内角A、B、C成等差数列，，则一定是( )
A．直角三角形B．等边三角形C．非等边锐角三角形D．钝角三角形
参考答案：
B
4. 若集合，且，则集合Q不可能是（）
A．B．C．D．
参考答案：
C
5. 若函数的图象的相邻两条对称轴的距离是2，则的值为
A． B． C．1
D．2
参考答案：
B
6. 巳知函数有两个不同的零点且方程，有两个不同的实根
.若把这四个数按从小到大排列构成等差数列，则实数m的值为（）
(A) (B) (C) (
D)
参考答案：
D
略
7. 已知三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球表面积为（）
164
82
参考答案：
B
8. （）．
A．B．C．D．
参考答案：
C
9. 已知如图所示的程序框图，当输入时，输出的值（）
A B C D 参考答案：
A
略
10. 要得到的图像，只需将的图像（）
A.向左平移个单位长度
B.向右平移个单位长度
C.向左平移个单位长度
D.向右平移个单位长度
参考答案：
D
二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 已知为坐标原点，点.若点为平面区域上的动点，则的取
值范围是
.
参考答案：
略
12. 抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，点O是坐标原点，过点O，F的圆与抛物线C的准线相切，且该圆的面积为36π，则抛物线的方程为．
参考答案：
y2=16x
考点：抛物线的简单性质．
专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析：由题意画出图形，结合三角形的面积求出半径，再由M的坐标相等求得p，则抛物线方程可求．
解答：解：如图，
由题意可知，圆的圆心M在抛物线上，
又圆的面积为36π，
∴半径|OM|=6，
则|MF|=，即，
又，∴，解得：p=8．
∴抛物线方程为：y2=16x．
故答案为：y2=16x．
点评：本题考查了抛物线的几何性质，考查了数学结合的解题思想方法，训练了抛物线焦半径公式的应用，是中档题．
13. 已知，，则
．参考答案：
14. 若x
，y 满足约束条件，则的最大值为______________. 参考答案：
作出可行域，如图内部（含边界），，，表示可行域内点与的连线的斜率，，因此最大值为．
15. 设，且满足，则
．
参考答案：
16. 已知（ax+1）5的展开式中x2的系数与的展开式中x3的系数相等，则a= ．
参考答案：
考点：二项式定理的应用；二项式系数的性质．
专题：计算题．
分析：分别计算出（ax+1）5的展开式中x2的系数和的展开式中x3的系数，利用它们相等，建立方程关系，进行求解即可．
解：（ax+1）5的展开式中x2的项为=10a2x2，x2的系数为10a2，
与的展开式中x 3
的项为
=5x 3，x 3
的系数为5，
∴10a 2
=5， 即a 2=，解得a=．
故答案为：
．
点评：本题主要考查二项式定理的应用，利用展开式的通项公式确定项的系数是解决本题的关键．
17. 已知锐角
，
满足
,则
的最大值为
．
参考答案：
三、 解答题：本大题共
5小题，共72分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
18. （本小题满分14分）如图，矩形ABCD 中，，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直
线DE 翻折成△A 1DE
（1）设M 为线段A 1C 的中点，求证： BM // 平面A 1DE ；
（2）当平面A 1DE ⊥平面BCD 时，求直线CD 与平面A 1CE 所成角的正弦值．
参考答案：
【知识点】直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定．G4 G11
【答案解析】（1）见解析；（2）
解析：（1）取的中点F ，连结MF ，则MF//CD ，且MF CD ，
即MF ∕∕BE ，MF= BE ，故四边形BEFM 是平行四边形，则BM//EF ，
BM 平面A 1DE ，EF 平面A 1DE ，所以BM // 平面A 1DE ；…………………………7分
（2）由矩形ABCD 中，AB=2BC=4，E 为边AB 的中点，可得ED 2=22+22=8=CE 2，CD 2=42=16，
∴CE 2+ED 2=CD 2，∴∠CED=90°，∴CE ⊥ED ．
又∵平面A 1DE ⊥平面BCD ，∴CE ⊥平面A 1DE ，∴CE ⊥DA 1． 又∵DA 1⊥A 1E ，A 1E ∩EC=E ，∴DA 1⊥平面A 1CE ， ∴∠A 1CE 即为直线CD 与平面A 1CE 所成的角．
在Rt △A 1CD 中，sin ∠A 1CD ，
即直线CD 与平面A 1CE 所成角的正弦值为． ……………………………14分
【思路点拨】（1）取CD 中点N ，并连接MN ，BN ，容易证明平面BMN ∥平面A 1DE ，所以便得到
BM ∥平面A 1DE ；（2）容易说明CE ⊥平面A 1DE ，所以DA 1⊥CE ，又DA 1⊥A 1E ，所以DA 1⊥平面
A 1CE ，所以∠A 1CD 便是直线CD 与平面A 1CE 所成角，所以该角的正弦值为
．
19. （04年全国卷Ⅱ）(12分) ．
如图，直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90o ，AC ＝1，CB ＝，侧棱AA 1＝1，侧面
AA 1B 1B 的两条对角线交点为D ，B 1C 1的中点为M ．
(Ⅰ)求证：CD ⊥平面BDM ；
(Ⅱ)求面B 1BD 与面CBD 所成二面角的大小．
参考答案：
解析：解法一：(I)如图，连结CA 1、AC 1、CM ，
则CA1=，
∵CB=CA1=，∴△CBA1为等腰三角形，
又知D为其底边A1B的中点，∴CD⊥A1B，
∵A1C1=1，C1B1=，∴A1B1=，
又BB1=1，∴A1B=2，
∵△A1CB为直角三角形，D为A1B的中点，CD=A1B=1，CD=CC1
又DM=AC1=，DM=C1M，∴△CDN≌△CC1M，∠CDM=∠CC1M=90°,即CD⊥DM，因为A1B、DM为平面BDM内两条相交直线，所以CD⊥平面BDM
(II)设F、G分别为BC、BD的中点，连结B1G、FG、B1F，
则FG∥CD，FG=CD∴FG=，FG⊥BD.
由侧面矩形BB1A1A的对角线的交点为D,知BD=B1D=A1B=1，
所以△BB1D是边长为1的正三角形，于是B1G⊥BD，B1G=，
∴∠B1GF是所求二面角的平面角又B1F2=B1B2+BF2=1+()2=.
∴cos∠B1GF=
即所求二面角的大小为π-arccos
解法二：如图以C为原点建立坐标系
(I):B(,0,0),B1(,1,0),A1(0,1,1),D(,,),
M(,1,0),(,,),(,-1,-1),
(0,,-),
∴CD⊥A1B,CD⊥DM.
因为A1B、DM为平面BDM内两条相交直线，
所以CD⊥平面BDM
(II):设BD中点为G，连结B1G，则G(-,,)，
∴，∴BD⊥B1G，又CD⊥BD，∴与的夹角等于所求二面角的平面角，
cos
所以所求二面角的大小为π-arccos
20. 直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（为参数），曲线．（1）在以O为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求C1、C2的极坐标方程；
（2）射线OT：与C1异于极点的交点为A，与C2的交点为B，求的大小．
参考答案：
(1) 的极坐标方程为,的极坐标方程为;(2).
【分析】
（1）将化为直角坐标方程，然后利用互化公式可得、的极坐标
方程；（2）分别代入、的极坐标方程可得，利用极径的几何意义可得结果.
【详解】（1）由得，即，
所以的极坐标方程为，即；
由得的极坐标方程为：
（2）联立得，
联立得，
所以.
【点睛】本题主要考查参数方程化为普通方程、直角坐标方程化为极坐标方程以及利用极坐标的几何意义求弦长，属于中档题. 消去参数的常用方法有：①代入消元法；②加减消元法；③乘除消元法；④三角恒等式消元法，极坐标方程化为直角坐标方程，只要将和换成和即可.
21. (12分)已知集合A=，B=
(1)当=4时，求
(2)若，求实数的范围
参考答案：
22. （本小题满分12分）
如图，直线l ：y=x+b与抛物线C ：x2=4y相切于点A。

（1）求实数b的值；
（11）求以点A为圆心，且与抛物线C的准线相切的圆的方程.
参考答案：
（I）由得 ()
因为直线与抛物线C相切,所以,解得…………5分
（II）由（I）可知,故方程()即为,解得,将其代入,得y=1,故点A(2,1).因为圆A与抛物线C的准线相切,所以圆心A到抛物线C的准线y=-1的距离等于圆A的半径r,即r=|1-(-1)|=2,所以圆A的方程为…….12分。