2021届高考高三数学三轮复习模拟考试卷（二十五）.doc

1、高三模拟考试卷（二十五）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已知集合，则中的元素个数为A2B3C4D52设复数满足，则ABC1D3某班60名同学中选出4人参加户外活动，利用随机数表法抽取样本时，先将60名同学按01，02，60进行编号，然后从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始从左往右依次选取两个数字，则选出的第4个同学的编号为0347 4373 8636 9647 3661 4698 6371 62977424 6292 4281 1457 2042 5332 3732 1676（注表中的数据为随机数表的第一行和第二行）A

2、24B36C46D474某养老院一楼有六个房间，现有6位男住户和4位女住户，要求安排其中2位女住户人住中间四个房间中的两个，安排其中4位男住户入住剩下的4个房间，则不同的安排方式有A25920种B26890种C27650种D28640种5在中，则边上的高的长度为ABCD6设椭圆的一个焦点为，则对于椭圆上两动点，周长的最大值为AB6CD87已知实数，成等差数列，则点到直线的最大距离是AB1CD28中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴按如下方法剪裁，扇面形状较为美观从半径为的圆面中剪下扇形，使剪下扇形后所剩扇形的弧长与圆周长的比值为，再从扇形中剪下扇环形制作扇面，使扇环形的面积与扇形的面积比值为则一个

3、按上述方法制作的扇环形装饰品（如图）的面积与圆面积的比值为ABCD二、 选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中。有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的对2分，有选错的得0分。9某地区公共部门为了调查本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的编号为的1000名学生进行了调查，调查中使用了两个问题，问题1：你的编号是否为奇数？问题2；你是否经常吸烟？按调查者从设计好的随机装置（内有除颜色外完全相同的白球50个，红球50个）中摸出一个小球（摸完放回）；摸到白球则如实回答问题1，摸到红球则如实回答问题2，回答“是”的人在一张白纸上画一个“”，回答“否”的人什么都不用做

4、，由于问题的答案只有“是”和“否”，而且回答的是哪个问题也是别人不知道的，因此被调查者可以毫无顾忌地给出真实的答案，最后统计得出，这1000人中，共有260人回答“是”，则下列表述正确的是A估计被调查者中的有510人吸烟B估计约有10人对问题2的回答为“是”C估计该地区约有的中学生吸烟D估计该地区约有的中学生吸烟10已知，下列结论正确的是AB（1）CD11在棱长为的正方体中，球同时与以为公共顶点的三个面相切，球同时与以为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点，若球，的半径分别为，则ABC这两个球的体积之和的最大值是D这两个球的表面积之和的最小值是12若，则下列结论正确的有AB有最小值CD若，则的

5、最大值为三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知函数的图象在点，（1）处的切线过点，则14已知，为常数，若，则15已知球的球心为，其中球的一条直径为，在球内任取一点，则为锐角的概率为16已知正方体的体积为27，点分别是线段，的中点，点在四边形内运动（含边界），若直线与平面无交点，则线段的取值范围为四、 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已知数列为等比数列，首项为函数的最小值，公比，且，是关于的方程的根其中为常数（1）求数列的通项公式；（2）设，求使的最大值18非直角中，角，所对的边分别为，（1）求角；（2）若，为中点，在下列条件中任选

6、一个，求的长度条件；的面积为，且19如图，在四棱锥中，平面平面，（）求证：平面；（）求直线与平面所成角的正弦值；（）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值，若不存在，说明理由20品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试，通常采用的测试方法如下：拿出且瓶外观相同但品质不同的酒让品酒师品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序这称为一轮测试，根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分现分别以，表示第一次排序时被排在1，2，3，的种酒在第二次排序时的序号，并令，则是对两次排序的偏离程度的一种描述（1）证明：无论取何值，的可能取值都

7、为非负偶数；（2）取，假设在品酒师仅凭随机猜测来排序的条件下，等可能地为1，2，3，4的各种排列，且各轮测试相互独立求的分布列和数学期望；若某品酒师在相继进行的三轮测试中，都有，则认为该品酒师有较好的酒味鉴别功能求出现这种现象的概率，并据此解释该测试方法的合理性21已知椭圆的左、右焦点分别是双曲线的左、右顶点，且椭圆的上顶点到双曲线的渐近线的距离为（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的左、右焦点分别为，经过左焦点的直线与椭圆交于，两点，且满足的点也在椭圆上，求四边形的面积22已知函数（1）讨论函数的零点的个数；（2）当时，若关于的不等式恒成立，证明：高三模拟考试卷（二十五）答案1解：，中的元素个数

8、为3故选：2解：因为，所以，故故选：3解：由题知从随机数表的第1行第5列和第6列数字开始，由表可知依次选取43，36，47，46，24故选：4解：先安排其中2位女住户人住中间四个房间中的两个，有种方法；再安排其中4位男住户入住剩下的4个房间，有种方法由乘法原理可得：种方法故选：5解：，由余弦定理，得，所以边上的高的长度为故选：6解：椭圆的一个焦点为（不妨为左焦点），则对于椭圆上两动点，如图：为右焦点，可得，当且仅当经过椭圆的右焦点时，三角形的周长取得最大值故选：7解：由，成等差数列，得，所以；则点到直线的距离是，由，即，所以当且仅当时取等号，所以，即点到直线的最大距离是故选：8解：设扇形的圆心

9、角为，的长为，由题意可得，解得，由于，解得，故扇形装饰品的面积为则一个按上述方法制作的扇环形装饰品（如图）的面积与圆面积的比值为故选：9解：随机抽出的1000名学生中，回答第一个问题的概率是，其编号是奇数的概率也是，所以回答问题1且回答的“是”的学生人数为，回答问题2且回答的“是”的学生人数为，由此可估计该地区中学生吸烟人数的百分比为，估计被调查者中吸烟的人数为故选：10解：因为，所以，所以！，故选项正确；（1），故选项错误；！，故选项正确；，故选项错误故选：11解：由题意可得，则，从而，故这两个球的体积之和为：，因为，所以，即，当且仅当时等号成立；这两个球的表面积之和，当且仅当时等号成立故选

10、：12解：，为增函数，即，正确，当且仅当即时取等号，无最小值，无最小值，错误，为增函数，为增函数，正确，设，则上式可化为，的最大值为，正确故选：13解：函数的导数为，可得图象在点，（1）处的切线的斜率为，又切点为，可得，解得，故答案为：14解：，当时，有，解得，故答案为：2015解：设球的半径为，以为直径的球记为，当点落在内时为钝角，故答案为：16解：正方体的体积为27，所以正方体的棱长为3，分别取线段，的中点，连结，则有，又平面，平面，所以平面，又平面，平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，故点在线段上运动（含端点位置），当与重合时，最大，此时，当时，最小，此时，所以的取值范围为故答案为：

11、17解：（1）令，在，递减，可得，又，是关于的方程的根其中为常数，可得，由，解得舍去），则；（2），由，可得，解得，则的最大值为4818解：（1）中，由余弦定理知，由，所以，由，即，由正弦定理知，得，所以，即，所以，因为，所以，所以，又，所以（2）若选择条件，因为，所以，又，由正弦定理知，所以，又为中点，所以，在中，由余弦定理知，得若选择条件，因为的面积，所以，由余弦定理知，所以，由，解得或，因为，所以，所以，又为中点，所以，在中，所以19（）证明：平面平面，且平面平面，且，平面，平面，平面，又，且，平面；（）解：取中点为，连接，又，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图：则，0，1，0，则，设

12、为平面的法向量，则由，得，则设与平面的夹角为，则；（）解：假设存在点使得平面，设，由（）知，1，0，1，则有，可得，平面，为平面的法向量，即，解得综上，存在点，即当时，点即为所求20解：（1）证明：首先有，（1分）取绝对值不影响数的奇偶性，故与的奇偶性一致，而为偶数，故的可能取值都为非负偶数（3分）（2）由（1）知当时，的可能取值为0，2，4，6，8，所以的分布列为02468（8分）从而的数学期望（9分）记“在相继进行的三轮测试中都有”为事件，“在某轮测试中有”为事件，则，（10分）又各轮测试相互独立，（11分）因为（A）表示仅凭随机猜测得到较低偏离程度的结果的概率，而，该可能性非常小，所以我

13、们可以认为该品酒师确实有较好的酒味鉴别能力，而不是靠随机猜测，故这种测试方法合理（12分）21解：（1）椭圆的左右焦点分别为，而双曲线的顶点分别为，所以又椭圆的上顶点为，而双曲线的一条渐近线为，则有，解得，所以椭圆的方程为（2）设直线的方程为，一定存在），代入，并整理得，恒成立，设，则，设，由，得，即，又点在椭圆上，故，即，解得（舍负），因为满足的点也在椭圆上，所以四边形是平行四边形，设四边形的面积为，则有，代入，得四边形的面积22解：（1）函数的定义域是，当时，恒成立，故在上单调递增，又（1），故函数只有1个零点；当时，由，得，由得，故函数在区间递增，在，上递减，且（1），当时，函数在区间递增，故函数在区间上只有1个零点，且，根据对数函数以及幂函数的增长速度可知：比变化的快，故当，故在区间，上也一定有1个零点，故当时，有2个零点，当时，在区间上单调递增，在上单调递减，且（1），此时函数只有1个零点，当时，在区间递增，在，单调递减，且（1），故函数在区间，上只有1个零点，且，当时，故在区间上也一定有1个零点，故当时，有2个零点；综上：当或时，只有1个零点，当或时，有2个零点；（2）证明：由（1）可知欲使恒成立，只需即可，即，故，故，则，由，得，由，得，故在递减，在上递增，故（1），故，即