2021届高考高三数学三轮复习模拟考试卷（二）.doc

1、高三模拟考试卷（二）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（5分）已知集合，则ABCD，0，2（5分）在复平面内，复数为虚数单位），则对应的点的坐标为ABC，D，3（5分）已知函数为奇函数，则ABCD14（5分）某运动制衣品牌为了成衣尺寸更精准，现选择15名志愿者，对其身高和臂展进行测量（单位：厘米），图1为选取的15名志愿者身高与臂展的折线图，图2为身高与臂展所对应的散点图，并求得其回归方程为，以下结论中正确的为A15名志愿者身高的极差大于臂展的极差B身高相差10厘米的两人臂展都相差11.6厘米C身高为190厘米的人臂展一定为

2、189.65厘米D15名志愿者身高和臂展成正相关关系5（5分）已知表示一条直线，表示两个不同的平面，下列命题正确的是A若，则B若，则C若，则D若，则6（5分）已知各项均为正数的等比数列，成等差数列，若中存在两项，使得为其等比中项，则的最小值为A4B9CD7（5分）已知数列的前项和为，则ABCD8（5分）已知抛物线，过其焦点作抛物线相互垂直的两条弦、，设、的中点分别为、，则直线与轴交点的坐标是ABCD不能确定二、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（5分）某大学生暑假到工厂参加生产劳动，生

3、产了100件产品，质检人员测量其长度（单位：厘米），将所得数据分成6组：，得到如图所示的频率分布直方图，则对这100件产品，下列说法中正确的是AB长度落在区间，内的个数为35C长度的众数一定落在区间，内D长度的中位数一定落在区间，内10（5分）已知函数，的部分图象如图所示，将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，再将所得函数图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列关于函数的说法正确的是A的最小正周期为B在区间，上单调递增C的图象关于直线对称D的图象关于点，成中心对称11（5分）在长方体中，是线段上的一动点，则下列说法中正确的A平面B与平面所成角的正切值的最大值是C的最小值为D

4、以为球心，为半径的球面与侧面的交线长是12（5分）已知双曲线，、分别为双曲线的左，右顶点，、为左、右焦点，且，成等比数列，点是双曲线的右支上异于点的任意一点，记，的斜率分别为，则下列说法正确的是A当轴时，B双曲线的离心率C为定值D若为的内心，满足，则三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13 （5分）设，则，的大小关系是 （按照从大到小的顺序排列）14（5分）若二项式的展开式中所有项的二项式系数和为32，则该二项式展开式中含有项的系数为15（5分）在梯形中，则的面积是16（5分）设定义在上的函数在点，处的切线方程为，当时，若在内恒成立，则称点为函数的“类对称中心点”，则函数的“类对

5、称中心点”的坐标为四、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）已知函数（1）求函数的最小正周期；（2）若锐角满足，求的值18（12分）已知数列满足（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，证明：19（12分）为落实中央“坚持五育并举，全面发展素质教育，强化体育锻炼”的指示精神，小明和小亮两名同学每天利用课余时间进行羽毛球比赛规定每一局比赛中获胜方记2分，失败方记0分，没有平局，谁先获得10分就获胜，比赛结束假设每局比赛小明获胜的概率都是（1）求比赛结束时恰好打了7局的概率；（2）若现在是小明以的比分领先，记表示结束比赛还需打的局数，求的分布列

6、及期望20（12分）如图，三棱锥中，平面平面，是棱的中点，点在棱上，点是的重心（1）若是的中点，证明：面；（2）是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由21（12分）已知椭圆的离心率为，的长轴是圆的直径（1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆的左焦点作两条相互垂直的直线，其中交椭圆于，两点，交圆于，两点，求四边形面积的最小值22（12分）已知函数（1）求函数的单调区间；（2）设函数，若在，上有两个零点，求实数的取值范围高三模拟考试卷（二）答案1解：，0，故选：2解：因为，所以，对应的点故选：3解：根据题意，函数为奇函数，则，即，变形可得：，必有，故选：4解：由图1可知，身

7、高的最大值略小于臂展的最大值，身高的最小值大于臂展的最小值，则身高极差小于臂展的极差，故错误；由回归方程为，可知身高相差10厘米的两人展臂的估计值相差11.6厘米，不是准确值，故错误；把身高190厘米，代入回归方程可得展臂大约为189.65厘米，不是准确值，故错误；由相关系数，可知15名志愿者身高和臂展成正相关关系，故正确故选：5解：、若，则，故正确；、若，则与平行或相交，故错误；、若，则与相交或平行，故错误；、若，则与平行或相交，故错误故选：6解：设各项均为正数的等比数列的公比为，由，成等差数列，可得，即，解得舍去），中存在两项，使得为其等比中项，可得，化简可得，则，当且仅当时，上式取得等号

8、故选：7解：，两式相减得：，即，即，当时，又当时，也适合上式，故选：8解：由抛物线的方程可得焦点，显然过的互相垂直的直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为：，设，联立，整理可得：，所以，则，所以的中点的坐标，由题意可得直线的方程为：，设，联立整理可得：，则，所以的中点的纵坐标为：，代入直线的方程为，所以的中点，所以，所以直线的方程为：，令，可得：，故选：9解：对于：由频率之和为1，得，解得，所以选项正确，对于选项：长度落在区间，内的个数为，所以选项正确，对于选项：对这100件产品，长度的众数不一定落在区间，内，所以选项错误，对于选项：对这100件产品，因为，而，所以长度的中位数一定落在区间，内

9、，所以选项正确，故选：10解：根据函数的图象：周期，解得，故进一步求得当时，由于，所以所以，函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，再将所得函数图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，故对于：函数的最小正周期为，故正确；对于：由于，所以，故函数在区间，上单调递减，故错误；对于：当时，故函数的图象关于直线对称，故正确；对于：当时，故错误故选：11解：对于，由于平面平面，所以平面，所以正确；对于，当时，与所成角的正切值最大，最大值是，所以正确；对于，将沿翻折与在同一个平面，且点，在直线的异侧，此时，此时，所以的最小值为，所以正确；对于，由于平面，所以交线为以为圆心，半径为1的四分之一圆周

10、，所以交线长为，所以正确故选：12解：因为，成等比数列，所以，中，轴时，的坐标为：即，所以，所以，所以不正确；中，因为，所以可得，可得，又，解得：，所以正确；，设，则，所以，由题意可得，所以，由，可得，所以正确；中因为，所以，可得，所以正确；故选：13解：，故答案为：14解：的展开式中所有项的二项式系数和为32，解得，该二项式展开式中含有项的系数为，故答案为：8015解：在中，由余弦定理可得：，所以，所以的面积为：，因为所以的面积为故答案是：16解：，即函数的定义域为，所以函数在点，处的切线方程为：，则，设，则，所以，当，即时，在，上单调递减，所以，所以，当，即时，在，上单调递增，所以，所以，

11、所以在，上不存在“类对称点”，若，即时，单调递增，当时，当时，所以，综上，可得存在“类对称点”， 是一个“类对称点”的横坐标，又，故答案为：，17解：（1），故的最小正周期为（2）锐角满足，18（1）解：由可得：，两式相减得：，即，又当时，有也适合上式，；（2）证明：由（1）可得：，19解：（1）恰好打了7局小明获胜的概率是，恰好打了7局小亮获胜的概率为，比赛结束时恰好打了7局的概率为，（2）的可能取值为2，3，4，5，的分布列如下：234520（1）证明：延长交于，连接，点是的重心，为的中点，、分别为、的中点，又，平面平面，又平面，平面；（2）解：连接，又是的中点，平面平面，而平面平面，平面

12、，平面如图，以为坐标原点，以、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系设，则，0，0，假设存在点，使二面角的大小为，设，则，又，设平面的法向量为，由，令，得；又平面的一个法向量为，而二面角的大小为，即，解得存在点，使二面角的大小为，此时21解：（1）由，得，由，得，所以，所以椭圆的方程为（2）由（1）可得，当过点的直线的斜率不存在时，所以，当过点的直线的斜率为0时，这是，当过点的直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，由，得，所以，所以，直线的方程为，坐标原点到直线的距离，则，所以，由，得，即，综上所述，四边形的面积的最小值为222（12分）已知函数（1）求函数的单调区间；（2）设函数，若在，上有两个零点，求实数的取值范围解：（1）的定义域为，当时，令，得到；令，得到，此时在上为减函数，在上为增函数；当时，令，得到；令，得到或，此时在上为减函数，在和上为增函数；当时，显然恒成立，此时在上为增函数；当时，令，得到，令，得到或，此时在上为减函数，在和上为增函数；综上：当时，在上为减函数，在上为增函数；当时，在上为减函数，在和上为增函数；当时，在上为增函数；当时，在上为减函数，在和上为增函数（2），在，上有两个零点，即关于的方程在，上有两个不相等的实数根令函数，则令函数，则在，上有故在，上单调递增（1），时，有，即，单调递减；当时，有，即，单调递增，（1），（4），的取值范围是，