周记-英文合同范本

山东省菏泽市2021届新高考数学三模考试卷
一、选择题：本题共12小题，每小题 5分，共60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
．半 径为
2
的球
O
内有一个内接正三棱柱，则正三棱柱的侧面积的最大值为（
）

A
．
93

【答案】
B
【解析】

【分析】

设正三棱柱上下底面的中心分别为
O
1
，O
2
，底面边长与高分别为
x,h
，利用
OA OO
2
O
2
A
，可得
222
B
．123
C
．
163
D
．
183

4
h
2
16x
2
，进一步得到侧面积
S3xh
，再利用基本不等式求最值即可
.
3
【详解】

如图所示
.
设正三棱柱上下底面的中心分别为
O
1
，O
2
，底面边 长与高分别为
x,h
，则
O
2
A
3
x
，

3

4
2
h
2
x
2
2
在
RtOAO
2
中，
4
，化为
h16x
，

3
43
QS3xh
，


x
2
12x
2

22222
S9xh12x12 x
„
12

432
，

2

2

当且仅当
x
故选：
B.
【点睛】

6
时取等号，此时
S123
.
本题 考查正三棱柱与球的切接问题，涉及到基本不等式求最值，考查学生的计算能力，是一道中档题
. 2
．函数
y
1
ln

x1

的 图象大致为
( )
x

A
．
B
．

C
．
D
．

【答案】
A
【解析】

【分析】

确定函数在定义域内的单调性，计算
x1
时的函数值可排除三个选项．

【详解】

x0
时，函数为减函数，排除
B
，
 1x0
时，函数也是减函数，排除
D
，又
x1
时，
y 1ln20
，
排除
C
，只有
A
可满足．

故选：
A.
【点睛】

本题考查由函数解析式选择函数图象，可通 过解析式研究函数的性质，如奇偶性、单调性、对称性等等排
除，可通过特殊的函数值，函数值的正负， 函数值的变化趋势排除，最后剩下的一个即为正确选项．

3
．已知
a2i 1bi

a,bR

，其中
i
是虚数单位，则
zabi
对应的点的坐标为（

）

A
．

1,-2


【答案】
C
【解析】

【分析】

利用复数相等的条件求得
a
，
b
，则答案可求．

【详解】

由
a2i1bi
，得
a1
，< br>b2
．

B
．

2,-1

C
．

1,2

D
．

2,1


zabi
对应的点的坐标 为
(a
，
b)(1
，
2)
．

故选：
C
．

【点睛】

本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数相等的条件，是基础题．

4．已知
(2mx)(1)
的展开式中的常数项为
8
，则实数
m
（

）

3
1
x
A
．
2 B
．
-2 C
．
-3 D
．
3

【答案】
A
【解析】

【分析】

先求
(1)
的展开式，再 分类分析
(2mx)
中用哪一项与
(1)
相乘，将所有结果为常数的相加 ，即
为

1
x
3
1
x
3
1
(2mx)(1)
3
展开式的常数项，从而求出
m
的值
.
x
【详解】

11
(1)
3
展开式的通项为T
r1
C
3
r
1
3r
()
r
C
3
r
(1)
r
x
r
，

xx
0
当
(2mx)
取
2
时，常数项为2C
3
2
，

11
当
(2mx)
取
mx
时，常数项为
mC
3
(1)3m

由题知
23m8
，则
m2
.
故选：
A.
【点睛】

本题考查了两个二项式乘积的展开式中的系数问题，其中对
(2 mx)
所取的项要进行分类讨论，属于基础
题
.

1
< br>5
．

mx
2

的展开式中
x
5
的系数是
-10
，则实数
m
( )

x

A
．
2
【答案】
C
【解析】

【分析】

利用通项公式找到
x
5的系数，令其等于
-10
即可
.
【详解】

二项式展 开式的通项为
T
3355
r1
5
B
．
1 C
．
-1 D
．
-2
C(x)
33
r
5

1
2
5r
(mx)mCx
2rrr
555
r
22
，令
55
r5
，得
r3< br>，

22
则
T
4
mC
5
x1 0x
，所以
mC
5
10
，解得
m1
.
故选：
C
【点睛】

本题考查求二项展开式中特定项的系数，考查学生的运算求解能力，是一道容易题
.
*
6
．数列

a
n

满足
a
n< br>a
n2
2a
n1
nN
，且
a
1< br>a
2
a
3
9
，
a
4
8，则
a
5

（

）



A
．
21

2
B
．
9 C
．
17

2
D
．
7
【答案】
A
【解析】

【分析】

先由题意可得数列
{a
n
}
为等差数列 ，再根据
a
1
a
2
a
3
9
，
a
4
8
，可求出公差，即可求出
a
5
．

【详解】

数列
{a
n
}
满足
a
n
a
n2
2a
n1
(nN
*
)
，则数列
{a
n
}
为等差数列，

Qa
1
a
2
a
3
9
，
a
4
8
，

3a
1
3d9
，
a
1
3d8
，

d
5
，

2
521

，

22
a
5
a
4
d8
故选：
A
．

【点睛】
< br>本题主要考查了等差数列的性质和通项公式的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础< br>题．

7
．已知正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
的棱长为
2
，
E
，F
，
G
分别是棱
AD
，
CC
1
，C
1
D
1
的中点，给出下
列四个命题
:
①
EFB
1
C
;
②
直线
FG< br>与直线
A
1
D
所成角为
60

;
③
过
E
，
F
，
G
三点的平面截该正方体 所得的截面为六边形
;
④
三棱锥
BEFG
的体积为
5
.
6
C
．
3
D
．
4

其中，正确命题的个数为（

）

A
．
1

【答案】
C
【解析】

【分析】

画出几何体的图形，然后转化判断四个命题的真假即可．

【详解】

如图；

B
．
2

连接相关点的线段，连接
EFO
，因为
F
是中点，可知
B
1
COF
，
EOB
1
C
，可知
B
1
C
O
为
BC
的中点，
平面
EFO
，即可证明
B
1
CEF
，所以①正确；

直线
FG
与直线
A
1
D
所成角就是直线
A
1
B
与直线
A
1
D
所成角为
60
；正确；

过
E
，
F
，
G
三点的平面截 该正方体所得的截面为五边形；如图：


是五边形
EHFGI
．所以③不正确；

如图：


三棱锥
BEFG
的体积为：

由条件易知
F
是
GM
中点，

所以
VBEFG
V
BEFM
V
FBEM
,
而S
BEM
S
梯形ABMD
S
ABE
S
EDM
=
V
FEBM
23115
22131=
，

2222
5
155
1
．所以三棱锥< br>BEFG
的体积为，④正确；

326
6
故选：
C
．

【点睛】

本题考查命题的真假的判断与应用，涉及空间几何体的体积，直线与平面的位置关系的应用，平面的基本
性质，是中档题．

8
．已知复数
A
．
12i

【答案】
D
【解析】

2ai
1bi
，其 中
a
，
bR
，
i
是虚数单位，则
abi（

）

i
B
．
1
C
．
5
D
．
5

试题分析：由
2ai
1bi
,
得
2aii

1bi

bi,a1,b2
,
则
i
abi12i,abi 12i
考点：
1
、复数的运算；
2
、复数的模
.

1

2
2
2
5
，故选
D .
1

2logx,x1
1

8
9
．已知函数
f(x)

，若
f(a)f(b)(ab)
，则
ab
的最小值为（

）

2

2< br>x
,1x2

参考数据：
ln20.69,ln20.48< br>
2
A
．
1

2
B
．
2

4
C
．
log
2
3
D
．
2

2
【答案】
A
【解析】

【分析】


1

a1
首先
f

x

的单调性，由此判断出

4
，由
f(a) f(b)
求得
a,b
的关系式
.
利用导数求得
log2
ab
的


1b2
最小值，由此求得
a b
的最小值
.
【详解】

1

2logx, x1
1


1

8
,1

上递 减，在

1,2

上递增
.
由于
fx
由于 函数
f(x)

，所以在

2

8
 

2
x
,1x2

1

1

1
f2log5,f

2

2
2
4
，令
2log
1
x4
，解得
x
，所以
f(a)f(b)(ab)
，

1
2

8< br>
4
2
8

1

a1
2lo g
1
a2
b
，化简得
loga22
b
，所以
logablogalogb22
b
logb
，，且
4< br>
2222
2
2


1b2
11x 2
x
ln
2
2
.
构造函数构造函数
g

x

22log
2
x

1x2

，
g

x

2ln2
xln2xln2
x
'x
h

x

1x2
x
ln
2
2

1x2

，
h
'

x



1xln2

2
x< br>ln
2
20
，所以
h

x

在 区间

1,2

上递减，

而
h
< br>1

12ln2120.480.040
，
h

2

18ln2180.482.840
，所以存在22
x
0


1,2

，使
h

x
0

0
.
所以
g
'
< br>x

在

1,x
0

上大于零，在

x
0
,2

上小于零
.
所以
g

x

在区间

1,x
0

上
递 增，在区间

x
0
,2

上递减
.
而g

1

0,g

2

22 log
2
21
，所以
g

x

在区间

1,2

上的最小值
2
为
1
，也即< br>log
2
ab
的最小值为
1
，所以
ab
的 最小值为
2
故选：
A
1

1
.
2

【点睛】

本小题主要考查利用导数研究函数的最值，考查分段 函数的图像与性质，考查化归与转化的数学思想方法，
属于难题
.
10
．在 三棱锥
PABC
中，
ABBC5
，
AC6
，
P
在底面
ABC
内的射影
D
位于直线
AC
上，且
AD2CD
，
PD4
.
设三棱锥
PABC
的 每个顶点都在球
Q
的球面上，则球
Q
的半径为（

）

A
．
689

8
B
．
689

6
C
．
526

8
D
．
526

6
【答案】
A
【解析】

【分析】

设
AC
的中点为
O
先求出
ABC
外接圆的半径，设
QMa
，利用
QM< br>平面
ABC
，得
QM∥PD

，
在
MBQ

及
DMQ
中利用勾股定理构造方程求得球的半径即可

【详解】

设
AC
的中点为
O,
因为
AB BC
，所以
ABC
外接圆的圆心
M
在
BO
上< br>.
设此圆的半径为
r.
因为
BO4
，所以
(4 r)3r
，解得
r
222
25
.
8

因为
ODOCCD321
，所以
DM1
2
( 4r)
2

设
QMa
，易知
QM
平面
ABC
，则
QM∥PD
.
因为
QPQB
，所以
(PDa)
2
DM
2

即
(4a)
故选 ：
A
2
113
.
8
a
2
r
2
，

113625
689
a
2

.
，解得
a1
.
所以球
Q
的半径
RQBa
2
r2

6464
8

【点睛】

本题考查球的组合体，考查空间想象能力，考查计算求解能力，是中档题

1

2
11
．

x

的二项展开式中，
x
的系数是（

）

x

A
．
70
【答案】
A
【解析】

试题分析：由题意得，二项展开式的通项为
T
r1Cx
44
所以
x
2
的系数是
(1)C
8< br>70
，故选
A
．

8
B
．
-70 C
．
28 D
．
-28
r
8
8r
3< br>8r
1
r
3
rr
()(1)C
8
x
2
，令
8r2r4
，
2
x
考点：二项式定 理的应用．

12
．函数
f

x

si n

x


在

0,

上为增函数，则

的值可以是
( )
A
．
0
【答案】
D
【解析】

【分析】

依次将选项中的

代入，结合正弦、余弦函数的图象即可得到答案
.
【详解】

当

0
时，
f

x

sinx
在

0,


上不单调，故
A
不正确；

当


B
．


2
C
．

D
．
3


2

2
时，
f

x

cosx
在

0,


上单调递减，故
B
不正确；

当



时，
f

x
sinx
在

0,


上不单调，故< br>C
不正确；

当


3

时，f

x

cosx
在

0,
< br>
上单调递增，故
D
正确
.
2
故选：
D
【点睛】

本题考查正弦、余弦函数的单调性，涉及到诱导公式的应用，是一道容易题
.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
123k10
13
． 设
n190C
10
，则
n
除以
88
的余数是< br>______.
90
2
C
10
90
3
C
10


1

90
k
C10
90
10
C
10
k
【答案】
1
【解析】

【分析】

利用二项式定理得到
n89
10
，将
89
写成
1+88
，然后再利用二项式定理展开即可.
【详解】

12310
88
2
C
10< br>88
3
C
10
88
10
C
10
n(190)
10
89
10
(188)
10188C
10
，因展开式中

后面
10
项均有88
这个因式，所以
n
除以
88
的余数为
1.
故答案为：
1
【点睛】

本题考查二项式定理的综合应用，涉及余 数的问题，解决此类问题的关键是灵活构造二项式，并将它展开
分析，本题是一道基础题
. < br>14
．己知函数
f(x)x(2
|x|
1)
，若关于x
的不等式
f(x
2
2x2a)f(ax3)„0
对任 意的
x

1,3

恒成立，
则实数
a
的 取值范围是
______.
【答案】

4,0


【解析】

【分析】

首先判断出函数
f(x)
为 定义在
R
上的奇函数，且在定义域上单调递增，由此不等式
f(x
2
2x2a)f(ax3)„0
对任意的
x

1,3
恒成立，可转化为
x
2
(a2)x2a3„0
在
x< br>
1,3

上恒
成立，进而建立不等式组，解出即可得到答案．

【详解】

解：函数
f(x)
的定义域为
R
， 且
f(x)x(2
|x|
1)x(2
|x|
1) f(x)
，


函数
f(x)
为奇函数，
当
x0
时，函数
f(x)x(2
x
1)
，显然此 时函数
f(x)
为增函数，


函数
f(x )
为定义在
R
上的增函数，


不等式
f(x2
2x2a)f(ax3)„0
即为
x
2
2x2a „3ax
，

x
2
(a2)x2a3„0
在< br>x

1,3

上恒成立，


1a2 2a3
„
0


a0
．

，解得4剟

93(a2)2a3
„
0
故答案为

4,0

．

【点睛】

本题考查函数单调性及奇偶性的综合运用，考查不等式的恒成立问题，属于常规题目．

15
．设复数
z
满足
(1i)z42i
，其中
i< br>是虚数单位，若
z
是
z
的共轭复数，则
z
____ ________
．

【答案】
13i

【解析】

【分析】

【详解】

由于
z 
42i(42i)(1i)
13i
，则
z13i
．

1i2

x1,

16
．若变量
x
，
y
满足约束条件

yx,
则
z2xy< br>的最大值是
______.

3x2y15,

【答案】
9
【解析】

【分析】

做出满足条件的可行域，根据图形，即可求出
z2xy
的最大值
.
【详解】

做出不等式组表示的可行域，如图阴影部分所示，

目标函数
z2xy
过点
A
时取得最大值，


x3

yx
联立

，解得

，即A(3,3)
，


y3

3x2y15
所以
z2xy
最大值为
9.
故答案为
:9.