吉林省长岭县第四中学2021届高三下学期第三次模拟考试数学试卷 WORD版含答案.docx

1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 【模拟试卷】吉林省长岭县第四中学2020-2021学年度高三下学期第三次模拟卷数学试卷注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交第卷一、单项选择题：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

2、，只有一项是符合题目要求的1设集合，则（ ）ABCD2已知是虚数单位，是复数，若，则复数的虚部为（ ）ABCD3在中，“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4函数的图象不可能是（ ）ABCD5已知圆截直线所得弦的长度小于6，则实数的取值范围为（ ）ABCD6的展开式中的常数项是（ ）ABCD7已知双曲线的实轴长为16，左焦点为F，M是双曲线C的一条渐近线上的点，且，O为坐标原点，若的面积为16，则双曲线C的离心率为（ ）ABCD8已知函数，若不等式对任意的恒成立，则实数的最小值为（ ）ABCD 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小

3、题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分9设，为实数，且，则下列不等式中正确的是（ ）ABCD10函数的部分图象如图所示，且满足，现将图象沿轴向左平移个单位，得到函数的图象下列说法正确的是（ ） A在上是增函数B的图象关于对称C是奇函数D在区间上的值域是11已知四棱锥，底面为矩形，侧面平面，若点为的中点，则下列说法正确的为（ ）A平面B面C四棱锥外接球的表面积为D四棱锥的体积为612设为等比数列的前项和，满足，且，成等差数列，则下列结论正确的是（ ）ABC若数列中存在两项，使得，则的最小值为D若恒成立，则的最小值为 第卷三、填空题：本大题共4小题，每

4、小题5分13已知，则_14若，则_15已知直线与抛物线交于两点，抛物线的焦点为，则的值为_16已知函数，若函数有3个不同的零点，且，则的取值范围是_ 四、解答题：本大题共6个大题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）如图，四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，侧面PAB，PAB是等边三角形，E是线段AB的中点（1）求证：PECD；（2）求PC与平面PDE所成角的正弦值 18（12分）在；，这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解决该问题已知中，分别为内角，的对边，_，求角及的面积 19（12分）已知数列满足，且（且）（1）求，的值；（2）设，是否存在实数，使得是等差数

5、列？若存在，求出的值；否则，说明理由；（3）求的前项和 20（12分）为了缓解日益拥堵的交通状况，不少城市实施车牌竞价策略，以控制车辆数量某地车牌竞价的基本规则是：“盲拍”，即所有参与竞拍的人都是网络报价，每个人不知晓其他人的报价，也不知道参与当期竞拍的总人数；竞价时间截止后，系统根据当期车牌配额，按照竞拍人的出价从高到低分配名额某人拟参加年月份的车牌竞拍，他为了预测最低成交价，根据竞拍网站的公告，统计了最近个月参与竞拍的人数(见下表)月份月份编号竞拍人数（万人）（1）由收集数据的散点图发现，可用线性回归模型拟合竞拍人数（万人）与月份编号之间的相关关系请用最小二乘法求关于的线性回归方程，并预测

6、年月份参与竞拍的人数；（2）某市场调研机构对位拟参加年月份车牌竞拍人员的报价价格进行了一个抽样调查，得到如下的一份频数表：报价区间（万元）频数（i）求这位竞拍人员报价的平均值和样本方差（同一区间的报价可用该价格区间的中点值代替）；（ii）假设所有参与竞价人员的报价可视为服从正态分布，且与可分别由（i）中所求的样本平均数及估值若年月份实际发放车牌数量为，请你合理预测（需说明理由）竞拍的最低成交价参考公式及数据：回归方程，其中，；，；若随机变量服从正态分布，则， 21（12分）已知椭圆的离心率为，直线与椭圆C有且仅有一个公共点（1）求椭圆C的方程及A点坐标；（2）设直线l与x轴交于点B过点B的直线

7、与C交于E，F两点，记点A在x轴上的投影为G，T为BG的中点，直线AE，AF与x轴分别交于M，N两点试探究是否为定值?若为定值，求出此定值；否则，请说明理由 22（12分）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）若，为函数的两个极值点，且，为函数的两个零点，求证：当时， 数 学答 案第卷一、单项选择题：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【答案】A【解析】由，得，故选A2【答案】B【解析】由，得，所以虚部为，故选B3【答案】B【解析】若，则或，即或，所以在中，“”是“”的不充分条件；若，则，则，所以在中，“”是“”的必要条件，故选B4【答案】C【

8、解析】因为A、B选项中，图象关于原点对称，所以为奇函数，即，所以当，的图象为选项A；当，的图象为选项B；而C、D选项中，图象关于轴对称，所以为偶函数，即，所以当，故的图象为选项D，故的图象不可能为C，故选C5【答案】D【解析】圆的方程整理得，圆心为，半径为，即，圆心到直线的距离为，因为弦的长度小于6，故有，解得，故选D6【答案】D【解析】展开式的通项为，所以展开式的常数项为，含项的系数为，所以的展开式中的常数项为，故选D7【答案】D【解析】设双曲线的焦点F为，双曲线的渐近线为，故双曲线焦点到渐近线的距离为，故，依题意有，所以离心率为，故选D8【答案】C【解析】因为，所以图象关于点对称，又，所以

9、在上单调递增，等价于，即恒成立，所以，令，可得，而，所以，故选C 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分9【答案】ACD【解析】对于A，因为，所以，所以A正确；对于B，当时，不成立，所以B错误；对于C，因为，函数是上的减函数，所以，所以C正确；对于D，因为，所以，因为是上的增函数，所以，所以D正确，故选ACD10【答案】BCD【解析】设的最小正周期为，由题图可知，所以，当时，即，所以，因为，所以，所以，又，所以，所以，所以，因为，所以A不正确；因为，所以B正确；因为，所以是奇函数，故C正确；当

10、时，故D正确，故选BCD11【答案】BC【解析】作图在四棱锥中： 由题：侧面平面，交线为，底面为矩形，则平面，过点B只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项A错误；连接交于，连接，中，面，面，所以面，所以选项B正确；四棱锥的体积是四棱锥的体积的一半，取中点，连接，则平面，四棱锥的体积，所以选项D错误；矩形中，易得，中求得，在中，即，所以O为四棱锥外接球的球心，半径为，所以其体积为，所以选项C正确，故选BC12【答案】ABD【解析】设等比数列的公比为，由，得，解得，所以，所以A，B正确；若，则，所以，所以，则或或或，此时或或或，C不正确，当为奇数时，当为偶数时，又关于单调递增，所以当为奇数时，当为

11、偶数时，所以，所以，D正确，故选ABD 第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】【解析】，又，故答案为14【答案】【解析】，即，故答案为15【答案】【解析】设，将代入，可得，即，所以，则，又，故，由于，则，故答案为16【答案】【解析】，时，；时，的极小值为令，即，解得方程两根为和，函数的零点即方程和的根函数有3个不同的零点需满足：当时，且，；当时，且，综上：的范围为 四、解答题：本大题共6个大题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）AD侧面PAB，PE平面PAB，ADEP又PAB是等边三角形，E是线段AB的中点，ABEP

12、ADABA，PE平面ABCDCD平面ABCD，PECD（2）以E为原点，EA、EP分别为y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系 则，设为平面PDE的一个法向量由，令，可得，设PC与平面PDE所成的角为，得，所以PC与平面PDE所成角的正弦值为18【答案】选择见解析，【解析】选，因为，所以由正弦定理得，即，所以，因为，所以或若，由，而，从而，矛盾，舍去故，接下来求的面积法一：设外接圆的半径为，则由正弦定理得，法二：由（1）得，即，或，当时，又，由正弦定理得，当时，同理可得，故的面积为选，因为，所以，即，所以或（舍），因为，所以以下同解法同，选，由及正弦定理得，即，由余弦定理得，以下解法同19【答

13、案】（1），；（2）存在，；（3）【解析】（1）由，令，得，令，得（2），若是等差数列，则有，即，解得，下证当时，是等差数列，当时，所以是公差为1的等差数列，而，所以（3）由（2），所以，令，则，两式相减得，得，所以20【答案】（1），估计为2万人；（2）（i）；（ii）可预测2020年11月份竞拍的最低成交价为万【解析】（1）易知，则关于的线性回归方程为，当时，即2020年11月份参与竞拍的人数估计为2万人（2）（i）依题意可得这人报价的平均值和样本方差分别为：，（ii）2020年11月份实际发放车牌数量为3174，根据竞价规则，报价在最低成交价以上人数占总人数比例为，根据假设，报价可视为服

14、从正态分布，且，又，可预测2020年11月份竞拍的最低成交价为万21【答案】（1），；（2）为定值【解析】（1）设椭圆的半焦距为，则，则，所以椭圆的方程为，将椭圆的方程与直线的方程联立得，所以，解得，所以，故椭圆的方程为，此时将代入，得，所以，此时，所以点坐标为（2）将直线联立，得到，所以，因为，所以，当斜率时，或，或，此时有；当斜率时，设，代入，得，设，所以，所以，则，同理，所以，对分子：；对分母：，所以，综上，为定值22【答案】（1）见解析；（2）证明见解析【解析】（1）由于的定义域为，对于方程，当，即时，恒成立，故在内单调递增；当，即时，方程在恰有两个不相等实根令，得或，此时单调递增；令，得，此时单调递减，综上所述：当时，在内单调递增；当时，在单调递增，在单调递减（2）证明：为函数的两个极值点，即为方程的两根又，且，又为的零点，两式相减得，又，令，由，得，由，上式两边同时除以，得，又，故，解得或（舍去），设，则，在上单调递减，