XX市 2021 届高三年级阶段训练数学试卷(含答案)

XX市2021届高三年级阶段训练

数学

本试卷共5页，22小题，满分150分。考试用时120分钟。

注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。

用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的

答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目

指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

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，只有一项是符合题目要求的．

1. 设集合A0,1,2,Bx|x1，则AB的子集个数为

A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 2. 已知复数z12i，则z A.

23 B. 3 C.5 D. 5

3. 设an是公差为正数的等差数列，若a25,a1a316，则a12

A. 12 B. 35 C. 75 D. 90

4. 中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题:“ 今有牛、马、羊食人苗. 苗主责之粟五斗.羊主曰：“我羊食半马.”马主曰：“我马食半牛.”今欲衰偿之，问各出几何？”翻译过来就是：现有牛、马、羊吃了人家的田里的青苗，青苗主人要求三畜的主人一共赔偿粟米5斗.羊主人说：“我的羊所吃数是马的一半.”马主人说：“我的马所吃数是牛的一半.”现在按照三畜所吃青苗数的比例进行分配赔偿，问牛、马、羊的主人赔偿粟米斗数分别为 A.

20105510202051010520，， B.，， C. ，， D. ，， 77777777777 732gx分别是定义在R上的偶函数和奇函数，5. 已知fx， 且fxgxxxa，

则g2

A. 4 B. 4 C. 8 D. 8

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6. 某学校鼓励学生参加社区服务, 学生甲2019年每月参加社区服务的时长（单位：小时）分别为x1，x2，，x12，其均值和方差分别为x和s2，若2020年甲每月参加社区服务的时长增加1小时，则2020年甲参加社区服务时长的均值和方差分别为

A. x，s2 B. 1x，1s2 C. x，1s2 D. 1+x，s2

17. ax的展开式中的常数项为160，则a的值为

xA. 2 B. 2 C. 4 D. 4 8. 在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABCC162，BC1，点M在正方形CDD1C1内，

C1M平面A1CM，则三棱锥MA1CC1的外接球表面积为

A.

11 B. 7 C. 11 D. 14 2二、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，有选错的得0分，部分选对的得3分． 9. 以下四个命题中，真命题的是

A. 若pq为真命题，则p,q均为真命题 B. “x2”是“lg(3x)0”的必要不充分条件

C. 若命题p:xR,x2x10，则p:xR,x2x10 D. 若ab0，则a2abb2

x2y210. 已知P是双曲线C:1右支上一点，F1, F2分别是C的左, 右焦点，O为坐

1699标原点，OPOF1，则

454A. C的离心率为 B. C的渐近线方程为yx

432345C. 点P到C的左焦点距离是 D. △PF1F2的面积为

4411. 已知函数f(x)|sinxcosx|(sinxcosx),xR，则 A. f(x)在0,





π

上单调递增 B. f(x)是周期函数，且周期为2π 4

C. f(x)有对称轴 D. 函数g(x)f(x)1在(π,π)上有且仅有一个零点

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12. 已知直线yx2分别与函数y1xe和yln2x的图象交于点A(x1,y1)， 2B(x2,y2)，则

A. ex1ex22e B. x1x2lnx1ex2lnx20 D. ex1ln2x2>2 C. x14三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知e1，e2是互相垂直的单位向量，若3e1e2与e1e2的夹角为90，则实数的 值是 ．

14. 函数f(x)xsinx在点π,2πf处的切线方程为 ． 215. 广东省2021年的新高考按照“312”的模式设置，“3”为全国统一高考的语文、数学、外语3门必考科目；“1”由考生在物理、历史2门中选考1门科目；“2”由考生在思想政治、地理、化学、生物学4门中选考2门科目. 则甲，乙两名考生在选考科目中恰有两门科目相同的方法数为 .

16．已知抛物线C:y2px(p0)的焦点为F，过点F且斜率为3的直线l交C于A,

2B两点，以线段AB为直径的圆交y轴于M，N两点，设线段AB的中点为Q，若点F到

C的准线的距离为3，则sinQMN的值为 ．

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）

在①acosBbsinA，②b22aca2c2，③sinBcosB2这三个条件中

任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题.

问题：已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c， ， △ABC的面积为2，a2，求b.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

18.（12分）

已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn3nn，数列{log3bn}是公差为1的等差数

2列，b11.

（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；

（2）设cna2n1b2n1，求数列{cn}的前n项和Tn.

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19.（12分）

某学校高三年级数学备课组的老师为了解新高三年级学生在假期的自学情况，在开学初进行了一次摸底测试，根据测试成绩评定“优秀”、“良好”、“要加油”三个等级，同时对相应等级进行量化：“优秀”记10分，“良好”记5分，“要加油”记0分. 现随机抽取年级120名学生的成绩，统计结果如下所示：

等级 得分 频数 优秀 良好 要加油 120，150 12 90，120 72 0,90 36 90内女生150，90，120，0，（1）若测试分数90分及以上认定为优良. 分数段在120，的人数分别为4人，40人，20人，完成下面的22列联表，并判断：是否有95％以上的把握认为性别与数学成绩优良有关？

是否优良 性别 男生 女生 总计 优良 非优良 总计 （2）用分层抽样的方法，从评定为“优秀”、“良好”、“要加油”的三个等级的学生中选取10人进行座谈，现再从这10人中任选2人，所选2人的量化分之和记为X，求X的分布列及数学期望E(X).

n(adbc)2附表及公式：K，其中nabcd.

(ab)(cd)(ac)(bd)2 P(K2k0) 0.15 2.072 0.10 2.706 0.05 3.841 0.025 5.024 0.010 6.635 k0

20.（12分）

如图，在四棱锥EABCD中，底面ABCD为菱形，BE⊥平面ABCD，G为AC与BD的交点.

（1）证明：平面AEC⊥平面BED； （2）若BAD60，AE⊥EC，

求直线EG与平面EDC所成角的正弦值．

数学试卷 第 4 页 （共 5 页）



21.（12分）

2x2y2已知椭圆C:221(ab0)经过点P1,，且两焦点与短轴的两个端点的ab2连线构成一正方形.

（1）求椭圆C的方程；

（2）过椭圆C的右焦点F的直线l（与x轴不重合）与椭圆C交于M，N两点. 是否存在一定点E(t,0)，使得x轴上的任意一点(异于点E，F)到直线EM，EN的距离相等？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．

22.（12分）

已知函数f(x)(xa)lnx12xaxa1． 2（1）若a1，求函数fx的单调区间； （2）若fxalnx

12x2x在1,上恒成立，求整数a的最大值． 2数学试卷 第 5 页 （共 5 页）

XX市2021届高三年级阶段训练 数学试题参考答案及评分标准

评分说明:

1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则．

2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，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．选择题不给中间分． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 题号 答案 1 B 2 D 3 B 4 A 5 C 6 D 7 A 8 C 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

9. BC 10. AD 11. BCD 12. ABD 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13.

3 14. xy0 15. 60 16.

5 8四、解答题：本题共6小题，共70分． 17. (10分)

解：若选择①acosBbsinA，由正弦定理得sinAcosBsinBsinA. …………1分 因为sinA0，所以cosBsinB,tanB1. ………………………………3分 因为B(0,)， …………………………………………………4分 所以Bπ. …………………………………………………5分 4222a2c2b22. …………3分 若选择②b2acac，由余弦定理cosB2ac2因为B(0,)， …………………………………………………4分 所以B4. …………………………………………………5分

若选择③sinBcosB所以sin(B2，由和角公式得2sin(B)2，……………………2分

44)1. ……………………………………3分

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因为

，则B5,, ………………………………………4分 444所以B所以B42，

41 ………………………………………………………6分 SABCacsinB2，

2. ………………………………………………………5分

因为a2，sinB2 ，2所以c22. ………………………………………………………7分 由余弦定理得b2a2c22accosB488224， ……………………9分 2所以b2. …………………………………………10分 18. (12 分)

2（1）解：因为2Sn3nn， ①

2当n2时，2Sn13(n1)(n1)，② ……………………………………………1分

①-②得2an6n4，

所以an3n2(n2). ………………………………………………………2分 当n1时，2S12，所以a1S11满足上式. …………………………………………3分 所以an3n2. ………………………………………………………4分 因为数列{log3bn}是公差为1的等差数列，首项为log3b1log310，

所以log3bn1n. ………………………………………………………5分

11n所以bn3，即bn3（2）解：cnn1. ………………………………………………………6分

na2n1b2n116n1. …………………………………8分

9 第 2 页 （共 9 页）

111n76n199n所以Tn …………………………………………………10分 1219113n24n1n. ……………………………………………………12分

89 19. (12分)

（1）解：依题意，完成下面的22列联表： 是否优良 性别 男生 女生 总计 优良 非优良 总计 40 16 20 36 56 64 120 44 84 ………………………………………………………2分

12016444020K0.1023.841. ………………………………4分

3684566422故没有95％以上的把握认为性别与数学成绩优良有关. ………………………………5分 （2）解：按照分层抽样，评定为“优秀”、“良好”、“要加油”三个等级的学生分别抽取1人，6人，3人. 现再从这10人中任选2人，所选2人的量化分之和X的可能取值为15，10，5，0. …………………………………………………………6分

21111PX15C1C6162,2C104515PX10C6C1C31862,2C10C104515

11C6C186PX523,C104515

C3231PX02,C104515…………………………………………………………10分

所以X的分布列为：

15 X 2 P 1510 6 155 6 150 1 15 …………………………………11分 所以EX15

266110508. …………………………………12分 15151515 第 3 页 （共 9 页）

20. (12分)

（1）证明：因为四边形ABCD为菱形， 所以AC⊥BD. ………………………………1分 因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

所以AC⊥BE. …………………………………2分 又BEBDB，所以AC⊥平面BED. …………………………………3分

又AC⊂平面AEC， 所以平面AEC⊥平面BED. …………………………………4分（2）解法1：设AB1，在菱形ABCD中，由BAD60，可得AGGC3，2BGGD1. 2因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中可得EGAG由BE⊥平面ABCD，得△EBG为直角三角形， 则EG2BE2BG2，得BE3. …………………………5分 22. …………………………………6分 2过点G作直线GZ//BE, 因为BE⊥平面ABCD，所以GZ⊥平面ABCD，又ACBD，所以建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.

zEA312 1G0,0,0,C,0,0,E0,2,0,D2,0,2,212所以GE,0,. ………………………8分 22设平面EDC的法向量为nx,y,z,DE1,0,xBGDCy1232， ,CE,,2222DEn0由, 得CEn012z02， …………………………………9分 32xyz0222x取x1,y3,z2, 3所以平面EDC的一个法向量为n(1,3,2). ………………………………10分 3 第 4 页 （共 9 页）

设直线EG与平面EDC所成角为，

则sincosGE,n11011022. 101113101242323所以直线EG与平面EDC所成角的正弦值为

10. ………………………………12分 103.

解法2：设BG1, 则GD1,AB2,AG设点G到平面EDC的距离为h，EG与平面EDC所成角的大小为. 因为AC面EBD，EG面EBD，所以ACEG. 因为AEEC,

所以AEC为等腰直角三角形. …………………………………5分 因为AC2AG23, 所以AEEC6，EGAG3. 因为ABBD2，所以RtEABRtEDB. 所以EAED6. …………………………………6分

在EDC中，EDEC在RtEAB中，BE6,DC2, 则SEDC5.…………………………………7分

22622.

11116. …………………………8分 VEGDCBESCBD2SABD2332666由VGEDC16， …………………………………9分h5VEGDC36

得h630.…………………………………10分 10 25所以sinh10. EG10所以直线EG与平面EDC所成角的正弦值为

10. ………………………………12分 10 第 5 页 （共 9 页）

解法3：如图以点B为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Bxyz. 不妨设AB2，

13则A1,3,0，C2,0,0,E0,0,2,D1,3,0,G,22,0 zEyDCx13. ………………………8分 EG,,2所以

22A设平面EDC的法向量为nx,y,z，ED1,3,2,EC2,0,2，

BGx3y2z0nED0则，得，. …………………………………9分 nEC02x2z0令x3, 则y1,z6. 所以平面EDC的一个法向量为n设EG与平面EDC所成角为，

3,1,6. ………………………………10分

10. 10则sincosEG,n33232212316所以直线EG与平面EDC所成角的正弦值为10. ………………………………12分 1021.(12分)

（1）解：因为椭圆C的两焦点与短轴的两个端点的连线构成正方形， 所以a2b. ………………………………………………1分

x2y2则椭圆C:221.

2bb因为椭圆C经过点P1,2，代入可得b21，…………………………………………2分 2x2y21. ………………………………………………3分 所以椭圆C的方程为2（2）解法1：若存在点E(t,0)满足题设条件，设M(x1,y1)，N(x1,y1)，

当MNx时，由椭圆的对称性可知，x轴上的任意一点(异于点E,F)到直线EM,EN的距离相等. ………………………………………………4分

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当MN与x轴不垂直时，设直线l的方程为yk(x1)(k0)，

x2y212222由2，得(12k)x4kx2k20， yk(x1)4k22k22所以x1x2，x1x2， ………………………………………………5分

12k212k2根据题意，x轴平分MEN，则直线EM,EN的倾斜角互补. ………………………6分 即kMEkNE0. ………………………………………………7分 则

y1y20（当x1t或x2t时不合题意）， …………………………………8分 x1tx2t将y1k(x11)，y2k(x21)代入上式，得

k(x11)k(x21)0，

x1tx2t又k0，所以

x11x210. x1tx2t即

(x11)(x2t)(x21)(x1t)2xx(1t)(x1x2)2t0， 0，得12x1t(x1t)(x2t)x2t得2x1x2(1t)(x1x2)2t0， ………………………………………………9分

2k224k22t4xx将x1x2，代入得0， …………………………10分 12212k212k212k所以t2． ………………………………………………11分 综上，存在定点E(2,0)，使得x轴上的任意一点(异于点E,F)到直线EM,EN的距离相等. ………………………………………………12分 解法2：设直线l的方程为xmy1，与椭圆C联立得(m2)y2my10. 则y1y2222m1，．………………………………………………5分yy1222m2 m2根据题意，x轴平分MEN，则直线EM,EN的倾斜角互补. ………………………6分 即kMEkNE0. ………………………………………………7分 则

y1y20， ………………………………………………8分 x1tx2t 第 7 页 （共 9 页）

得y1(x2t)y2(x1t)0，即y1(my21t)y2(my11t)0，

得2my1y2(1t)(y1y2)0. ………………………………………………9分 从而

2m(2t)2m2m，即(1t)0，……………………………………10分 0222m2m2m2所以t2． ………………………………………………11分 综上，存在定点E(2,0)，使得x轴上的任意一点(异于点E,F)到直线EM、EN的距离相等. ………………………………………………12分

22.(12分)

（1）解：若a1,fxx1lnx得fxlnxx12xx，函数fx的定义域为0,， 21. ………………………………………………1分x213x11xx211240. …2分 设gxlnxx，则gx12xxx2x2x上单调递减，且g10， ………………………3分 故gx在0，故当x0,1时，gx0，即fx0，fx单调递增；

当x1,时，gx0，即fx0，fx单调递减. ………………………4分

. ………………………6分 1，单调递减区间为1，综上，fx的单调递增区间为0，（2）解法1：原不等式等价于xlnxax12x10, 即axlnx2x1在1,上恒成立． ……………………………7分

x1设(x)xlnx2xlnx2x1，x1，则(x)，

(x1)2x11x10. xx设h(x)xlnx2，则h(x)1所以hx在(1,)上单调递增． …………………………………8分 又h(3)3ln321ln30，h44ln4222ln20， 根据零点存在性定理，可知h(x)在(1,)上有唯一零点，

设该零点为x0，则x0(3,4)，且h(x0)x0lnx020，即x02lnx0. ………9分 当x1,x0时，hx0，即x0，故x在1,x0上单调递减；

当xx0,时，hx0，即x0，故x在x,上单调递增；

0 第 8 页 （共 9 页）

所以xminx0lnx02x01x01． ………………………………10分

x01由题意可知ax01，又x0(3,4)，得4x015, ……………………………11分 因为aZ，

所以整数a的最大值为4． …………………………………12分 解法2：原不等式等价于xlnxax12x10在1,上恒成立．

设(x)xlnxax12x1，则 (x)lnx3a. ……………………7分 （i）当a3时，(x)0在1,上恒成立，所以(x)在

1,上单调递增.

故(x)(1)10在1,上恒成立. ……………………………………8分 （ii）当a3时，令(x)0, 得xea3a3当x1,e时，1,

a3x0，故x在1,e上单调递减;

a3当xe,时，x0，故x在ea3,上单调递增.

a3a1ea3. 所以xminex3要使xlnxax12x10在1,上恒成立，只需xmina1e令hxx1e，x3, 则hx1e2a30.…9分

x30，所以hx在3,上单调递减.

又h43e0，h52e0， 所以hx在3,上存在唯一的零点x0，且

x04,5, ……………………………10分

从而a1ea30a3的解为3ax0. ………………………………11分 因为aZ，

所以整数a的最大值为4 . …………………………………12分

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