2021届高考高三数学三轮复习模拟考试卷（十八）.doc

1、高三模拟考试卷（十八）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）已知集合，1，0，非空集合满足，则符合条件的集合的个数为A3B4C7D82（5分）命题是命题的A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分又不必要条件3（5分）二项式的展开式的常数项为60，则的值为A2BCD4（5分）已知，则，的大小为ABCD5（5分）已知是定义域为的奇函数，当时，若，则的取值范围是ABCD6（5分）“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”，这首二十四节气歌，记录了中国古代劳动人民在田间耕作长期经验的积累和

2、智慧“二四节气”已经被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录我国古代天文学和数学著作周牌算经中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度）二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则晷长为七尺五寸时，对应的节气为A春分、秋分B雨水、处暑C立春、立秋D立冬、立夏7（5分）已知是双曲线的右焦点，为坐标原点，与双曲线交于在第一象限），两点，且，则该双曲线的离心率为ABCD8（5分）九章算术卷五商功中描述，几何体“阳

3、马”为“底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥”现有阳马（如图），平面，点，分别在，上，当空间四边形的周长最小时，直线与平面所成角的正切值为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若复数满足，则ABC在复平面内对应的点位于第四象限D为纯虚数10当，时，下列不等式中恒成立的有ABCD11设同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有1，2，3，4的正四面体一次记事件第一个四面体向下的一面出现偶数；事件第二个四面体向下的一面出现奇数；两个四面体向下的一面或者同时出现奇数或者同时出现偶数给出下列说

4、法：（A）（B）（C）；其中正确的是ABCD12在锐角中，角，所对的边分别为，已知，则下列选项正确的是ABCD存在最大值三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）设函数，若，则14（5分）已知向量，满足，当时，向量，的夹角为15（5分）已知点是抛物线上的一个动点，则点到点的距离与到抛物线的准线的距离之和的最小值为16（5分）已知四面体的棱长均为，分别为棱，上靠近点的三等分点，过，三点的平面与四面体的外接球的球面相交，得圆，则球的半径为，圆的面积为四、 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）已知数列的前项和为（1）求数列的通项公

5、式；（2）求数列的前项和18（10分）中，角，的对边分别为，（1）求的大小；（2）若，且边上的中线长为，求的面积19（12分）如图，三棱柱中，（1）求证：平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值20（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，求的分布列及期望21（12分）已知抛物线的焦

6、点为，准线为，以为圆心的圆与相切，与抛物线相交于，两点，且（1）求抛物线的方程；（2）不与坐标轴垂直的直线与抛物线交于，两点，与轴交于点，线段的垂直平分线与轴交于点，若，求点的坐标22（12分）已知函数（1）若函数在，上有极值，求的取值范围及该极值；（2）求使对任意恒成立的自然数的取值集合高三模拟考试卷（十八）答案1解：，非空集合满足，符合条件的集合的个数为3故选：2解：由得,得，,，是的必要不充分条件，故选：3解：二项式的展开式的通项公式为，令，求得，可得常数项为，则，故选：4解：，且，故选：5解：根据题意，设，则，则，又由为上为奇函数，则，则，对于，有或，解可得：，即不等式的解集为，故选：

7、6解：先取上半年进行研究，设晷影长为等差数列，公差为，则，令，得，由图知，对应的是春分，又因春分与秋分晷影长相同，故选：7解：设双曲线的左焦点为则为平行四边形，因为，所以，所以因为所以所以，得，故离心率故选：8解：把平面沿展开到与平面共面的的位置，延长到，使得，则，的长度为定值，要使空间四边形的周长最小，只需最小，当，四点共线时，最小过点作的延长线于点，连接，平面，又，、平面，平面，平面，平面平面，过点作于，平面平面，平面，平面，为直线与平面所成的角，故选：9解：，在复平面内对应的点位于第二象限，为纯虚数，可得：正确故选：10解：因为，所以，所以，即，当且仅当时取等号，正确；，当且仅当时取等号

8、，正确；因为，所以，故，错误；，当且仅当时取等号，故，所以，正确故选：11解：同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有1，2，3，4的正四面体一次记事件第一个四面体向下的一面出现偶数，则（A），事件第二个四面体向下的一面出现奇数，则（B），两个四面体向下的一面或者同时出现奇数或者同时出现偶数，则（C），（A）（B）（C），故正确；，是相互独立事件，故正确；、不是两两互斥事件，不正确，故错误；（A）（B）（C），故正确故选：12解：，由余弦定理可得：，可得，故错误，锐角中可得：，故正确，则必有否则为钝角，故正确，令，则，则，令，可知在，恒小于0，所以在，单调递减，没有最大值，即不存在最大值，故错误故选

9、：13解：根据题意，函数，则，当，即，则，解可得：，不符合题意，当，即，则，解可得：，符合题意，综合可得：，故答案为：14解：根据题意，设向量，的夹角为，向量，满足，且，则，解可得，又由，则，故答案为：15解：设点在抛物线的准线的投影为点，抛物线的焦点的坐标为，由抛物线的定义可知点到抛物线的准线的距离为，则点到点的距离与到准线的距离之和为，当且仅当点，三点共线时取等号，故答案为：16解：设点在平面上的射影为，则为的中心，所以，由于为正三角形，故四面体外接球的球心在线段上，设球的半径为，则，即，解得；设在平面上的射影为，则即为过，三点的平面截球所得截面圆的圆心设在平面上的射影为，与交于点在中，为

10、高的，所以，所以由，得；由球的截面性质得平面，所以截面圆的半径，所以圆的面积为故答案为：3；17解：（1）设数列的前项和为，则，当时，当时，所以，时，满足上式，所以，（2），所以，得，所以18解：（1）因为，所以，可得，所以，因为，所以，可得，因为，所以（2）由，可得，在中，取的中点，连接，因为，所以在中，在中，所以，把代入，化简可得，解得，或（舍去），所以，所以的面积19（1）证明：因为，由余弦定理得，所以，所以，又因为，又因为，所以平面（2）解：由已知和（1）得，、两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，0，0，0，0，0，设平面和平面的法向量分别为，令，0，令，直线与平面所成角的正弦值为

11、，解得，0，所以二面角的余弦值为20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：234521解：（1）抛物线的焦点为，准线为，以为圆心的圆与相切，可得圆的方程为，与抛物线联立，可得，解得舍去），可设，则，解得，则抛物线的方程为；（2）设的方程为，可得，由，可得，设，的纵坐标分别为，则，则，又的中点为，线段的垂直平分线的方程为，则，由，可得，化为，解得，即22解：（1）函数函数，则，由，解得，由，解得，所以在上单调递减，在，上单调递增，因为函数在，上有极值，所以，解得，所以的极小值为；（2）因为对任意恒成立，即对任意恒成立，令，则，令，则，因为，所以，所以在上为增函数，因为（4），（5），所以存在，使得，当时，函数单调递减；当，时，函数单调递增，所以，所以恒成立，因为，所以，则，故自然数的取值集合为，1，2，