天津市滨海新区2021届高三下学期第三次模拟考试数学试题（word版 含答案）

这是一份天津市滨海新区2021届高三下学期第三次模拟考试数学试题（word版 含答案），共27页。试卷主要包含了单选题，双空题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
天津市滨海新区2021届高三下学期第三次模拟考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________  一、单选题1．设全集为，集合，集合，则集合（    ）A． B． C． D．2．设，则“”是“”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件3．函数的部分图像大致为（    ）A． B． C． D．4．为了解高三学生居家学习时长，从某校的调查问卷中，随机抽取个学生的调查问卷进行分析，得到学生可接受的学习时长频率分布直方图（如图所示），已知学习时长在的学生人数为25，则的值为（    ）A．40 B．50 C．60 D．705．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是（    ）A．10 B．20 C．24 D．326．已知是定义在上的偶函数，且在上是增函数.设，，，则，，的大小关系是（    ）A． B．C． D．7．已知函数，其中为实数，若对恒成立，且，则的单调递增区间是A． B．C． D．8．已知双曲线右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，若，则的离心率为（    ）A．2 B． C． D．9．已知函数，在上有个不同的零点，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D． 二、双空题10．复数（是虚数单位）的实部为________，________．11．某同学从家中骑自行车去学校，途中共经过6个红绿灯路口.如果他恰好遇见2次红灯，则这2次红灯的不同的分布情形共有______种：如果他在每个路口遇见红灯的概率均为，用表示他遇到红灯的次数，则______.（用数字作答）12．如图，在四边形ABCD中，，，，且，则实数的值为__________，若M，N是线段BC上的动点，且，则的最小值为_______． 三、填空题13．已知是抛物线的焦点，点在抛物线上，且，则______.14．二项式的展开式中常数项为-20，则含项的系数为______.（用数字作答）15．已知正实数，满足：，则的最大值是__________. 四、解答题16．函数·（1）求函数的最小正周期并求当时，函数的最大值和最小值；（2）已知的内角，，的对边分别为，，，若，，且，求的面积.17．如图，在多面体中，四边形是正方形，平面，，，·
 （1）求证：平面.（2）求异面直线与所成角的余弦值.（3）若点是线段上的一个动点，试确定点的位置，使得二面角的余弦值为.18．已知数列，，，是数列的前项和，已知对于任意，都有，数列是等差数列，，且，，成等比数列.（1）求数列和的通项公式.（2）记，求数列的前项和.（3）.19．椭圆的左、右焦点分别是、，离心率为，过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为3.（1）求椭圆的方程.（2）已知点，若直线与椭圆相交于两点，且直线，的斜率之和为，求实数的值.（3）点是椭圆上除长轴端点外的任一点，连接、，设的角平分线交的长轴于点，求的取值范围.20．已知函数，其中是自然对数的底数，是函数的导数.（1）若，时 .（i）当时，求曲线在处的切线方程.（ⅱ）当时，判断函数在区间零点的个数.（2）若，，当时，求证：若，且，则. 
参考答案1．D【分析】根据集合，写出集合中的元素，然后根据交并补的定义计算即可.【详解】解：，集合，，则.故选：D.【点睛】本题考查集合交并补的定义和运算，考查列举法表示集合，属于基础题.2．B【分析】首先解两不等式，再根据集合的包含关系及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】解：解绝对值不等式可得，即，将分式不等式变形可得，解得，因为，所以“”是“”的必要而不充分条件，故选：B．【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，属于基础题．3．B【分析】先判断出函数是奇函数,可排除A,C选项,再取,由排除D选项,即可得出答案.【详解】,其定义域为:,又,所以为奇函数,故排除A,C选项,又当时,,所以排除D选项,故选:B.【点睛】本题考查根据解析式判断函数图像,考查函数性质的基本应用,常用排除法解决此类问题,一般利用函数的奇偶性,单调性,特殊值等进行选项排除.4．B【分析】分析处理频率分布直方图中的数据求解即可.【详解】解：依题意，得，解得，故选：B．【点睛】本题考查了频率分布直方图，属基础题.5．C【分析】各顶点都在一个球面上的正四棱柱，棱柱的体对角线即为球的直径，再由球表面积公式即可求解.【详解】因为正四棱柱高为4，体积为16，所以正四棱柱的底面积为，正四棱柱的底面的边长为，正四棱柱的底面的对角线为，正四棱柱的对角线为，而球的直径等于正四棱柱的对角线，即，,故选：C6．A【分析】利用偶函数的对称性分析函数的单调性，利用指数函数、对数函数的单调性比较出的大小关系从而比较函数值的大小关系.【详解】由题意可知在上是增函数，在上是减函数.因为，，，所以，故.故选：A【点睛】本题考查函数的性质，利用函数的奇偶性及对称性判断函数值的大小关系，涉及指数函数、对数函数的单调性，属于基础题.7．C【分析】先由三角函数的最值得或，再由得，进而可得单调增区间.【详解】因为对任意恒成立，所以，则或，当时，，则（舍去），当时，，则，符合题意，即，令，解得，即的单调递增区间是；故选C.【点睛】本题主要考查了三角函数的图像和性质，利用三角函数的性质确定解析式，属于中档题.8．B【分析】，得出到渐近线的距离为，由此可得的关系，从而求得离心率．【详解】因为，而，所以是等边三角形，到直线的距离为，又，渐近线方程取，即，所以，化简得．
故选：B．9．D【分析】由题意可知，函数与的图象在上有三个交点，对实数的取值进行分类讨论，数形结合可得出关于实数的不等式组，综合可解得实数的取值范围.【详解】因为函数在上有个不同的零点，所以，关于的方程在上有个不同的实数根，作出函数的图象如下图所示：函数的图象恒过点，当时，函数的图象与轴的交点为，①当时，即当时，函数与的图象在上仅有个不同的交点，如下图所示：②当时，即当时，函数与的图象在上有个交点，在上有个交点，如下图所示：③当时，即当时，函数与的图象在上有个交点，在上有个交点，如下图所示：④当时，即当时，函数与的图象在上有个交点，如下图所示：⑤当时，要使得函数与的图象在上有个交点，则与的图象在上有个交点，则与函数在上的图象有两个交点，即方程在上有两个不等的实根，设，则在上有两个零点，可得，解得，此时.且与的图象在上有一个交点，则，解得.由上可知，；⑥当时，，如下图所示：直线与函数在上的图象有三个交点.综上所述，实数的取值范围是.故选：D.【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.10．        【分析】由复数定义及复数除法运算，化简复数，即可求得其实部；根据复数模的定义，即可求得.【详解】根据复数定义及复数除法运算可得，所以复数z的实部为，由复数模的定义可知.故答案为：；.【点睛】本题考查复数的概念、复数模的求法，属于基础题．11．15    2    【分析】从经过的6个红绿灯路口中取出2个，即,他遇到红灯的次数满足二项分布，可得答案.【详解】他恰好遇见2次红灯的不同的分布情形共有他遇到红灯的次数值为0,1,2,3,4,5,6.他在每个路口遇见红灯的概率均为,他遇到红灯的次数满足二项分布.即所以故答案为：(1). 15    (2). 2【点睛】本题考查组合问题和将实际问题转化为二项分布并求期望，属于中档题.12．        【分析】求出，由利用数量积公式求解的值即可；建立坐标系，设，则，利用数量积的坐标表示，结合二次函数配方法求解即可.【详解】因为，所以，因为，所以，所以；建立如图所示的坐标系，因为，，，可得，设，因为，则，所以，，当时等号成立，所以的最小值为，故答案为：,.【点睛】平面向量数量积的计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用．13．【分析】本题可根据抛物线的定义得出结果.【详解】抛物线即，焦点，因为点在抛物线上且，所以结合抛物线定义易知，，故答案为：.14．【分析】先写出二项式的展开式的通项公式，由通项公式结合条件先求出参数，再根据通项公式可求出答案.【详解】二项式的展开式的通项公式为 当时，为常数项.则，令，得，所以含项的系数.故答案为：-615．.【详解】试题分析：，由题意得，，令，∴，当且仅当，时，等号成立，即所求最大值为，故填：.考点：基本不等式求最值.16．（1），最大值为1，最小值为；（2）.【分析】（1）根据同角三角函数关系式、正弦的二倍角公式、余弦诱导公式，结合辅助角公式、正弦型函数的最小正周期公式、单调性进行求解即可；（2）根据特殊角的三角函数值，结合正弦定理、余弦定理、三角形面积公式进行求解即可.【详解】（1），∴函数的最小正周期；因为所以，因为函数在单调递增，在上单调递减所以，，所以函数的最大值为1，最小值为；（2），∵，∴.，即，由正弦定理以及，可得，由余弦定理可得，可得，∴，∴.17．（1）证明见解析；（2）；（3）位于点.【分析】建立空间直角坐标系.（1）求出平面的法向量，再根据数量积的运算即可证明；（2）利用夹角公式可求得；（3）设，再求平面的法向量，利用夹角公式可求得建立方程可求得结果.【详解】以为原点，以，，为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则，，，，，（1）证明：，，，设平面的法向量为，则∵，令得，∴，又平面，∴平面.（2），，∴，设异面直线与所成角为.则，∴异面直线与所成角的余弦值为.（3）设，则，设平面的法向量为，则，∴，令得，，解得或（舍）.∴当位于点时，二面角的余弦值为.18．（1），；（2）；（3）.【分析】(1)由递推公式探讨出数列任意相邻两项的关系得，由等差数列的已知求出其首项和公差得；(2)由(1)求出数列的通项公式，再分组求和得解；(3)对和式从首项起依次每两项一组并项求和，再利用错位相减法求解即得.【详解】（1）因，时，，则有，即，而时，，即，∴是首项，公比为3的等比数列，从而；设等差数列的公差d，而，依题意，，，，所以；（2）由(1)知，当n为偶数时，当n为奇数时，∴（3）所以是数列的前n项和，设的前项和为，，，即，∴.【点睛】思路点睛：给出Sn与an的递推关系，求an，常用思路是：一是利用转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.19．（1）；（2）2；（3）.【分析】（1）利用代入法结合弦长得到等式，再结合椭圆离心率公式、进行求解即可；（2）直线方程与椭圆方程联立，根据一元二次方程根与系数关系，根的判别式，结合斜率公式进行求解即可；（3）由角平分线的性质，结合点在椭圆上的性质进行求解即可.【详解】（1）由于，将代入椭圆方程，得，由题意知，又，而，所以，而，所以，，所以椭圆的方程为；（2）设，，由，消去得，由，可得，，，又直线不经过点，且直线与的斜率存在，∴，∴即解得或，因为且故的值为2；（3）设，又，，所以直线，的方程分别为，，由题意知，由于点在椭圆上，所以，，所以，因为，，所以，所以，因此.【点睛】关键点睛：利用角平分线的性质是解题的关键.20．（1）（i）；（ⅱ）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）（i）先求切线的斜率，再根据直线方程即可求得切线方程；（ü）先研究函数的单调区间，再分类讨论.（2）通过换元后转化为证明不等式恒成立.【详解】（1）当时，，.（i）当时，，而，所以切线为；（ü）由，（），由解得，与在区间上的情况如下：－0＋↘↗所以，的单调递减区间是，单调递增区间是，因此在处取得极小值.在区间上的最小值为①若，则无零点.②当时，在区间上单调递减，且，所以是在区间上的唯一零点.③当时，在区间上单调递减，且，，所以在区间上仅有一个零点.综上，若，函数在区间无零点，当时，函数在区间有一个零点.（2），令，，不妨设，，令由题意可知，即证明当时，，，其中，所以.所以在上是单调递增，因为，所以当时，，得证.方法二：切线放缩化解过程同上，原题即证明当时，，，注意到，求出在处的切线方程，则，即，则：切线方程为.下面证明恒成立；令，则，得在恒成立，故在上单调递增，恒成立，故成立，同理可证始终位于在处的切线的上方，即（实际上与关于轴对称），放恒成立，原不等式得证.【点睛】关键点睛：求切线的关键是求斜率与切点，讨论零点的个数的关键是对函数单调性以及最值的把握；不等式的证明的关键是换元与函数单调性的确定.