河南省鹤壁市高中2021届高三数学下学期模拟考试试题九 理.doc

1、河南省鹤壁市高中2021届高三数学下学期模拟考试试题九 理居安思危，居危思进！平民人家的孩子，不能仅仅被“平民”概念左右，却忘记了奋斗，而是要做点什么去改命，让自己强起来，家门暖起来！大海上没有不带伤的船。所谓成长就是接受挑战，先接受再深思，然后找到突破口，走出去，动起来，做点什么，获得成长！我期待：你能看见更结实的苦难，而不夸大自己的困难；知晓更辽阔的真理，而不炫耀自己的浮夸。一个人的高贵与否，本质上与聪明无关，而取决于他内心的乾坤和疆土！一、单项选择(本大题共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、已知复数满足，则的共轭复数是（ ）A B C

2、 D2、“”的（ ）A必要不充分条件 B既不充分又不必要条件 C充分不必要条件 D充要条件3、以下有关命题的说法错误的是（ ）A. 命题“若，则”的逆否命题为“若，则”B. “”是“”成立的必要不充分条件C. 对于命题，使得，则，均有D. 若为真命题，则与至少有一个为真命题4、函数（其中，）的图象如图所示，则的解析式（ ）A. B.C. D.5、某医疗研究所为了检验某种血清预防感冒的作用，把500名使用血清的人与另外500名未使用血清的人一年中的感冒记录作比较，提出假设：“这种血清不能起到预防感冒的作用”，利用22列联表计算的，经查临界值表知.则下列表述中正确的是（ ）A有95%的把握认为“这

3、种血清能起到预防感冒的作用”B若有人未使用该血清，那么他一年中有95%的可能性得感冒C这种血清预防感冒的有效率为95%D这种血清预防感冒的有效率为5%6、已知等比数列的前项和()，则( )A. B. D27、已知锐角满足，则的最小值为（ ）A20 B18 C16 D128、若，则=（ ）A233 B10 C20 D2339、某教师一天上3个班级的课，每班上1节，如果一天共9节课，上午5节，下午4节，并且教师不能连上3节课（第5节和第6节不算连上），那么这位教师一天的课表的所有不同排法有（ ）A474种 B77种 C462种 D79种10、已知点O为所在平面内一点，且，则下列选项错误的是（ ）A

4、 B C直线必过边的中点 D若，且，则11、已知点分别是椭圆和双曲线的公共焦点，分别是和的离心率，点 为和的一个公共点，且，若，则的值是（ ）A B C D12、锐角中， 为角所对的边，点为的重心，若，则的取值范围为（ ）A B C D 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13、设实数满足约束条件，则的最小值为_.14、过球表面上一点引三条长度相等的弦，且两两夹角都为，若，则该球的体积为_15、函数图象上不同两点处的切线的斜率分别是，规定（为线段AB的长度）叫做曲线在点A与点B之间的“弯曲度”，给出以下命题：函数图象上两点A与B的横坐标分别为1和2，则；存在这样的函数，图象上任意

5、两点之间的“弯曲度”为常数；设点A,B是抛物线上不同的两点，则；设曲线（e是自然对数的底数）上不同两点，若恒成立，则实数t的取值范围是.其中真命题的序号为_.（将所有真命题的序号都填上）16、已知非零向量、不共线，设，定义点集. 若对于任意的，当， 且不在直线上时，不等式恒成立，则实数的最小值为_三、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程和演算步骤，第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23为选考题，学生根据要求作答。）（一）必考题：共60分。17、已知公比小于1的等比数列的前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）设，若，求的值.18、如图，在四

6、棱锥中，底面是正方形，且，平面平面，点为线段的中点，点是线段上的一个动点.（1）求证：平面平面；（2）设二面角的平面角为，试判断在线段AB上是否存在这样的点，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.19、 已知椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆相交于，两点，当轴时，.（1）求椭圆的标准方程；（2）若不垂直于坐标轴，且在轴上存在一点使得成立，求的取值范围.20、已知函数（1）讨论的单调性；（2）设，且，求证：.21、甲、乙两位同学参加某个知识答题游戏节目，答题分两轮，第一轮为“选题答题环节”，第二轮为“轮流坐庄答题环节”。首先进行第一轮“选题答题环节”，答题规则是：每位同学各自从备选的5道不

7、同题中随机抽出3道题进行答题，答对一题加10分，答错一题（不答视为答错）减5分，已知甲能答对备选5道题中的每道题的概率都是，乙恰能答对备选5道题中的其中3道题；第一轮答题完毕后进行第二轮“轮流坐庄答题环节”，答题规则是：先确定一人坐庄答题，若答对，继续答下一题，直到答错，则换人（换庄）答下一题以此类推。例如若甲首先坐庄，则他答第1题，若答对继续答第2题，如果第2题也答对，继续答第3题，直到他答错则换成乙坐庄开始答下一题，直到乙答错再换成甲坐庄答题，依次类推两人共计答完20道题游戏结束，假设由第一轮答题得分期望高的同学在第二轮环节中最先开始作答，且记第道题也由该同学（最先答题的同学）作答的概率为

8、，其中，已知供甲乙回答的20道题中，甲，乙两人答对其中每道题的概率都是，如果某位同学有机会答第道题且回答正确则该同学加10分，答错（不答视为答错）则减5分，甲乙答题相互独立；两轮答题完毕总得分高者胜出.回答下列问题（1）请预测第二轮最先开始作答的是谁？并说明理由（2）求第二轮答题中； 求）的表达式。（二）选考题：（共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。）22、选修4-4：坐标系与参数方程（10分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为，直线的方程为以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线和曲线的极坐标方程；（2）若直线与曲线交于两点，

9、求.23、选修4-5：不等式选讲（10分）已知函数的定义域为.（1）求实数的取值范围；（2）设实数为的最大值，若正数满足，求的最小值.2021届高三年级模拟考试九理数答案一、 BDDBA CBAAC CD7、B 解：因为，所以，所以因为为锐角，所以，所以当且仅当时取等号8、A对等式两边进行求导，得：25（2x3）4a1+2a2x+3a3x2+4a4x3+5a5x4，令x1，得10a1+2a2+3a3+4a4+5a5；又a0（3）5243，a0+a1+2a2+3a3+4a4+5a5243+10233.10、C 如图所示，点O为所在平面内一点，且，可得，即，即，所以，所以A是正确的；所以，所以，可

10、得，所以所以，所以B正确；在中，设为的中点，由，可得，所以，所以直线不过边的中点，所以C不正确；由，可得且，由，可得因为，且，可得，所以，所以D是正确的.11、C 设椭圆长半轴长为，双曲线实半轴长为，焦点坐标为，不妨设为第一象限内的点，则，则，由余弦定理得：，又，.12、D 如图，连接CG，延长交AB于D，由于G为重心，故D为中点，AGBG，c=1，DG= ，由重心的性质得，CD=3DG，即CD= ，由余弦定理得，AC2=AD2+CD2-2ADCDcosADC，ADC+BDC=，AD=BD，AC2+BC2=a2+b2=2AD2+2CD2 = ,则 又因为为锐角三角形，则应该满足 将 代入可得

11、则 由对勾函数性质可得的取值范围为二 13、 14、 15、 16、14、由条件正四面体，BCD是正三角形，A，B，C，D为球上四点，球心O在正四面体中心如图所示，CD的中点为E, 为过点B,C,D截面圆圆心,则截面圆半径，正四面体的高.截面BCD与球心的距离，在中, ,解得.该球的体积为.15、错： 对：如；对； ；错； ，因为恒成立，故.16、不妨设， ，则设， 即点在此圆内实数的最小值为.三、解答题17、（1）（2）解：（1）因为等比数列的前项和为，,且，所以有，代入并化简可得，解得或.因为公比小于1，所以，由等比数列通项公式可得数列的通项公式为.5分（2）根据等比数列前n项和公式可得，

12、.6分所以，因为，则代入可得，.8分所以，.9分则，由题意可得，解得.12分18、（1）证明见解析（2）存在；解：（1）四边形是正方形，.平面平面平面平面，平面. .2分平面，.，点为线段的中点，.又，平面.又平面，平面平面. .4分（2）由（1）知平面，平面.在平面内过作交于点，故，两两垂直，以为原点，以，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系.因为，.平面，则，又为的中点，假设在线段上存在这样的点，使得，设，设平面的法向量为，则，令，则，则 .9分平面，平面的一个法向量，则.，解得， .12分19、（1）.（2）（1）设椭圆的半焦距为，根据题意，得.解得，.所以椭圆的标准方程为. .

13、4分（2）由不垂直于坐标轴知，直线的斜率存在，且不为0，设直线的方程为，.联立，消去可得.设，易知.由根与系数的关系，得，. .6分由，得，所以. .8分所以，所以，整理可得，即 .10分因为，所以. .12分20、（1）当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减（2）证明见解析解;（1）易知的定义域为，当时，恒成立，所以在上单调递减. .2分当时，由，解得；由，解得.所以在上单调递增，在上单调递减，综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减. .6分（2）当时，由（1）可知在上单调递增.设，且，则，即，所以，所以. .9分因为，所以.所以，即，因为，所以，所以.

14、所以.综上可得，. .12分21、（1）第二轮最先开始答题的是甲；详见解析（2），（）解：(1)设甲选出的3道题答对的道数为,则,设甲第一轮答题的总得分为,则,所以;(或法二:设甲的第一轮答题的总得分为,则的所有可能取值为30,15,0,-15,且,故得分为的分布列为:30150-15;)设乙的第一轮得分为,则的所有可能取值为30,15,0,则,故的分布列为:30150故,所以第二轮最先开始答题的是甲. .4分(2)依题意知, .7分依题意有(),(), .9分又,所以是以为首项,为公比的等比数列,(). .12分22、（1）的极坐标方程为，直线极坐标方程为；（2）.解：（1）由曲线的参数方程为（为参数），得曲线的普通方程为，则的极坐标方程为，由于直线过原点，且倾斜角为，故其极坐标方程为. .5分（2）由得，设,对应的极径分别为，则，. .10分23、【答案】（1）（2）【详解】（1）当时，恒成立设，则因此时取得最小值故实数的取值范围是 .4分（2）由（1）知，因此当且仅当，时上式取等号，此时取得最小值. .10分