2021届高考高三数学三轮复习模拟考试卷（八）.doc

1、高三模拟考试卷（八）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）已知全集为，集合，则A BC或D或2（5分）已知复数满足方程为虚数单位），则ABCD3（5分）函数的图象大致为ABCD4（5分）设双曲线的两条渐近线的倾斜角分别为，若，则该双曲线的离心率为ABCD25（5分）如图，在平行四边形中，分别是，的中点，已知，则ABCD6.（5分）已知变量，之间的一组数据如表：123453.47.59.113.8若关于的线性回归方程为，则的值为A16B16.2C16.4D16.67（5分）设有两个命题：不等式的解集为；：函数在上是减函数，

2、如果这两个命题中有且只有一个真命题，那么实数的取值范围是ABCD8（5分）已知定义在上的可导函数的导函数为，当时，则关于的不等式的解集为A，BCD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）下列命题为真命题的是A若，则B若，则C若，则D若，则10（5分）已知函数，若的最小正周期为，则下列说法正确的有A图象的对称中心为B函数在，上有且只有两个零点C的单调递增区间为D将函数的图象向左平移个单位长度，可得到的图象11（5分）已知椭圆的左、右焦点分别为、，直线与椭圆相交于点、，则A椭圆的离

3、心率为B存在，使为直角三角形C存在，使的周长最大D当时，四边形面积最大12（5分）大衍数列来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理如图示，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，此数列记为，其前项的和记为，则ABCD三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）将标号为1，2，3，4，5，6的6个小球放入3个不同的盒子中若每个盒子放2个，其中标号为1，2的小球放入同一盒子中，则不同的方法共有种14（5分）已知直线与直线平行，且与曲线相切，则直线的

4、方程是15（5分）九章算术是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑在鳖臑的四个直角三角形中，是和的斜边，且所有直角三角形斜边长分别为，它的所有顶点都在球的球面上，则球的体积为16（5分）在木工实践活动中，要求同学们将横截面半径为，圆心角为的扇形木块锯成横截面为梯形的木块甲同学在扇形木块的弧上任取一点，作扇形的内接梯形，使点在上，则他能锯出来梯形木块面积的最大值为四、 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；这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答在中，角、的对边分别为、若 _（1）求

5、角；（2）已知，求的面积18（12分）已知数列的前项和，是等差数列，且（）求数列的通项公式；（）令，求数列的前项和19（12分）如图，三棱锥中，点，分别是，的中点，点是的重心（1）证明：平面；（2）若平面平面，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值20（12分）随着智能手机的普及，手机计步软件迅速流行开来，这类软件能自动记载用户每日健步的步数某市大型企业为了了解其员工每日健步走的情况，从正常上班的员工中随机抽取了2000人，统计了他们手机计步软件上同一天健步的步数（单位：千步，假设每天健步的步数均在3千步至21千步之间）将样本数据分成，九组，绘制成如图所示的频率分布直方图，并用样本的频率分布估计总

6、体的频率分布（1）求图中的值；（2）设该企业正常上班的员工健步步数（单位：千步）近似服从正态分布，其中近似为样本的平均数（各区间数据用中点值近似计算），取，若该企业恰有10万人正常上班的员工，试估计这些员工中日健步步数位于区间，范围内的人数；（3）现从该企业员工中随机抽取20人，其中有名员工的日健步步数在13千步至15千步内的概率为，其中，1，2，20，当最大时，求的值参考数据：若随机变量服从正态分布，则，21（12分）已知椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，焦距为2，椭圆上的点到焦点的距离的最大值为3（1）求椭圆的标准方程；（2）设点，分别为椭圆的左顶点、右焦点，过点的直线交椭圆于点，直线，分

7、别与直线交于点，求证：直线和直线的斜率之积为定值22.（12分）已知，（1）讨论的单调性；（2）若函数在定义域上单调递增，求实数的取值范围高三模拟考试卷（八）答案1解：，；又，或，或，故选：2解：由，得，则故选：3解：根据题意，函数，其定义域为，有，则为奇函数，排除，又由时，排除，故选：4解：如图，由题意可得，即，则，则，可得该双曲线的离心率为2故选：5解：设，则，两式相加、相减得：，故选：6.解：由题意可知：，样本中心，代入回归直线方程可得解得故选：7解：，若命题：不等式的解集为成立，则，若命题：函数在上是减函数成立，则，解得：，如果这两个命题中有且只有一个真命题，则或，解得：，故选：8解：

8、，定义域是，是偶函数，当时，故时，即，令，故时，故在递增，而，故是偶函数，故在递减，由，得：，故，故，解得：，故选：9解：对于，因为，所以，故正确；对于，当，时，故不正确；对于，因为，所以，所以，故正确；对于，当时，不成立，故选：10解：，因为，所以，所以，令，得，则图象的对称中心为，故错误由，可得，则或，即或所以函数在，上有三个零点0，故错误令，得，所以的单调递增区间为，故正确将的图象向左平移个单位长度后，得到曲线，故正确故选：11解：如图所示：对于，由椭圆方程可得，则，椭圆的离心率为，故错误；对于，当时，可以得出，若取时，得，根据椭圆的对称性，存在使为直角三角形，故正确；对于，由椭圆的定义

9、得，的周长，当过点时取等号，即直线过椭圆的右焦点时，的周长最大，此时直线的方程为，但是，不存在，使的周长最大，故错误；对于，一定，根据椭圆的对称性可知，当时，最大，四边形面积最大，故正确故选：12解：根据题意：当为奇数时，当为偶数时，所以，对于：当时，故正确；对于：当时，故正确；对于：当第项为奇数时，；所以，故错误；对于：当第项为偶数时，所以，故正确故选：13解：根据题意，分2步分析：先将标号为1，2的小球放入盒子，有3种情况；再将剩下的4个球平均放入剩下的2个盒子中，共有种情况，所以不同的方法共有种，故答案为：1814解：由，得，令，解得或（舍去），切点的坐标为故直线的方程为，即故答案为：1

10、5解：由已知，是和的斜边，取中点，连接，则，为鳖臑的外接球的球心，且半径，球的体积为故答案为：16解：设，则，欲求的最大值，先求的最大值，令，求导得，当或（舍时，此时，当时，当，时，故时，有最大值为，此时梯形面积取得的最大值为，故答案为：17解：（1）选，由正弦定理得，整理得，由余弦定理得，因为为三角形内角，故；选，由正弦定理得，因为，所以，由为三角形内角得，；选，由正弦定理得，因为，所以，即，由为三角形内角得，；（2）因为，因为，所以，从而，的面积18解：（），时，时，；，；（），可得，19解：（1）证明：延长交于点，点为的中点，分别是棱，的中点，是的中位线，又不在平面内，在平面内，平面，同

11、理可证平面，又，在平面内，在平面内，平面平面，在平面内，平面；（2）连接，因为，是的中点，所以，又平面平面，平面平面，在平面内，平面，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，以与垂直的方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，设平面的一个法向量为，则，则可取，设平面的一个法向量为，则，则可取，设平面与平面所成的锐二面角的大小为，则，平面与平面所成的锐二面角的余弦值为20（解：（1）由，解得，（2），估计这些员中日健步步数位于区间，范围内的人数约为81860人（2）设从该企业中随机抽取20人日健步步数在13千步至15千步内的员工有人，则，1，2，20，记，当时，则当时，则，所以当时，最大21解：（1）设椭圆的方程为，焦距为，由题意可得，解得，则，所以椭圆的方程为；（2）证明：由（1）可得，设直线的方程为，联立，消去，可得，则，由题意可设，由，可得，同理可得，所以直线和直线的斜率之积为，所以直线和直线的斜率之积为定值22.解：（1），在上单调递增当，在上单调递增；当时，在，上单调递减，在，上单调递增（2）定义域是，函数在定义域上单调递增的充要条件是恒成立，恒成立，令，则，在单调递增，（a），当时，记，所以在上单调递增，因为时，当时，所以存在唯一的，使得，事实上，取，又，当，；当，；在单调递减，在，单调递增，所以，所以综上的取值范围为，