2021届四川省成都市石室中学高三三模模拟考试数学试题（含解析）

2021届四川省成都市石室中学高三三模模拟考试数学试题

一、单选题

1．集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由指数函数的性质，求得集合，再结合集合交集的概念及运算，即可求解.

【详解】由函数，当时，可得，即集合，

又由集合，所以.

故选：A.

2．若复数满足，则（    ）

A．5 B． C． D．

【答案】B

【分析】把给出的等式两边同时乘以，然后利用复数代数形式的除法运算化简，进一步求得；

【详解】解：由，得：

，

．

故选：B

【点睛】本题考查了复数代数形式的除法运算，考查了复数的模，属于基础题．

3．若实数，满足约束条件，则的最大值为（     ）

A． B．1 C．3 D．5

【答案】D

【分析】画出满足约束条件的可行域，目标函数化为，转化为求过可行域内的点，斜率为的直线在轴上截距最大值，即可得出结论.

【详解】满足约束条件的可行域如下图所示：

目标函数化为，

联立，解得，即，

所以直线过点时，.

故选：D.

4．下列说法错误的是（     ）

A．“”是“”的充分不必要条件

B．在回归直线中，变量时，变量的值一定是15

C．命题：则，，则：，

D．若，，，，，则

【答案】B

【分析】根据小范围能推出大范围，大范围推不出小范围判断选项A；根据回归方程的实际意义判断选项B；根据特称命题的否定是全称命题判断选项C；根据面面垂直及线面垂直的性质定理判断选项D.

【详解】若，则成立，反之，若，则或，

所以“”是“”的充分不必要条件，故选项A正确；

在回归直线中，变量时，变量的值估计为15，故选项B错误；

因为命题：则，，

所以命题的否定：，，故选项C正确；

因为，，，，

根据面面垂直的性质定理得到：，又，所以，故选项D正确.

故选：B.

5．多项式的展开式中含项的系数为（     ）

A． B． C．2 D．4

【答案】D

【分析】利用杨辉三角展开，再分析展开式与相乘的积中项即可得解.

【详解】由杨辉三角知，

的 展开式的项有，

所以展开式中含项的系数为4.

故选：D

6．已知函数的图象在点处的切线方程是，那么（     ）

A．2 B．1 C． D．

【答案】D

【分析】根据导数的几何意义确定斜率与切点即可求解答案.

【详解】因为，所以，因此切线方程的斜率，

所以有，得，

又切点在切线上，可得切点坐标为，

将切点代入中，有，得，

所以.

故选：D.

7．已知函数，则其大致图象是下列图中的（ ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】首先根据函数的奇偶性排除AD，接着比较选项BD得到只需判断函数与直线在时交点横坐标的大小即可，最后结合函数图象进行判断即可.

【详解】因为定义域为，

又，

所以函数是偶函数，故排除AD，

结合选项BD，只需求解函数与直线在时交点的横坐标，

令，，解得即，

当时，，

所以函数与直线在时的第一个交点的横坐标为，

结合函数图象可知，选项C符合题意，

故选：C.

8．“中国剩余定理”又称“孙子定理” ，讲的是关于整除的问题（如7被3除余1：1被2除余1）.现有这样一个整除问题：将1到100这100个正整数中能被2除余1且被3除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则数列各项的和为（    ）

A．736 B．816 C．833 D．29800

【答案】C

【分析】根据给定信息确定出这个数列的通项公式，再由最大数不超过100，确定出项数即可作答.

【详解】被2除余1且被3除余1的整数即被6除余1，这些整数由小到大依次排成一列构成的数列通项为，

由得，而，即，于是得符合条件的数列有17项，这17项和为，

所以数列各项的和为833.

故选：C

9．函数的图象如图所示，为了得到的图象，只需将的图象（    ）

A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度

C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度

【答案】C

【分析】根据函数的图象可以得到函数图象所经过的特殊点，进而可以确定函数的解析式，最后利用正弦型函数的图象变换方法进行求解即可.

【详解】由函数的图象可知：函数的图象过这两点，

设函数的最小正周期为，

所以有：，而，

所以，因为函数图象过点，

所以，因为，所以，即，

因此，而，因此为了得到的图象，只需将的图像向右平移个单位长度即可；

故选：C

10．《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，若三棱锥为鳖臑，平面，，，，若三棱锥有一个内切球，则球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由给定条件求出三棱锥的体积，连接OA，OB，OC，OP，可得四个小锥体，由小锥体体积和即可求出球半径.

【详解】因平面，则，而，，于是得平面，，而，，

又，，则有，

三棱锥的表面积为，

连接OA，OB，OC，OP，如图：

三棱锥被分割为四个三棱锥，它们的高均为球O的半径r，

，

而，则，得，

所以球的体积为.

故选：C

11．已知函数的图像关于对称，满足，且在上递减，若，，，则，，的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据题意得出是以2为周期的周期函数，且在上递增函数，再根据指数函数与对数函数的性质，求得，结合单调性，即可求解.

【详解】由函数关于对称，可得函数关于对称，即，

又由函数满足，可得，即，

所以函数是以2为周期的周期函数，

则，，，

又由，且，

因为在上递减，可得函数在上递增函数，

所以，即.

故选：A.

12．已知，是双曲线的左，右焦点，过点作斜率为的直线与双曲线的左，右两支分别交于，两点，以为圆心的圆过，，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】B

【分析】取MN中点A，连AF2，令，由双曲线定义及所给条件可得，再借助直线斜率为即可作答.

【详解】取MN中点A，连AF2，由已知令，则，如图：

因点M，N为双曲线左右两支上的点，由双曲线定义得，，

则，令双曲线半焦距为c，

中，，中，，

则有，即，

因直线的斜率为，即，而，即，

，于是有，，，

所以双曲线的离心率为.

故选：B

二、填空题

13．记为递增等比数列的前n项和，若，则的值为______.

【答案】1023

【分析】首先利用已知条件求得等比数列的公比和首项，最后根据等比数列的前n项和公式求出即可.

【详解】因为数列为等比数列，

所以，解得，

设等比数列的公比为，

因为，

所以即，

解得或，

因为等比数列是递增数列，

所以，，

所以.

故答案为：1023

14．已知向量，方满足，，且与的夹角为，则向量与的夹角为______.

【答案】

【分析】先利用已知条件求得，接着求解向量的模长，最后根据向量夹角公式求解即可.

【详解】因为，，且与的夹角为，

所以，

所以，

，

设向量与的夹角为，

所以，

又因为两向量所成夹角范围为，

所以向量与的夹角为，

故答案为：.

15．已知直线经过抛物线的焦点并交抛物线于，两点，则，且在抛物线的准线上的一点满足，则______.

【答案】2

【分析】由所给向量关系可得点C在直线AB上，过点A，B分别作抛物线准线的垂线，结合抛物线定义求出即可作答.

【详解】过点A，B作抛物线准线的垂线，垂足分别为N，M，令准线交x轴于点K，如图：

则有，因点C在准线上且满足，即点C是直线AB与准线的交点，

于是有，得，从而有，即点F是线段AC的中点，

而，则有,又，

所以.

故答案为：2

16．函数的定义域为，若满足：（1）在内是单调函数；（2）存在，使得在上的值域为，那么就称函数为“梦想函数”．若函数是“梦想函数”，则的取值范围是______________．

【答案】

【分析】根据复合函数单调性关系先判断函数为单调增函数，再根据值域关系建立方程，然后转化为一元二次方程根的个数问题求解．

【详解】依题意，函数，

（1）设，

当时，为增函数，也是增函数，则为增函数；

当时，为减函数，也是减函数，则为增函数；

综上，函数为单调增函数，即在内是单调函数；

（2）在内是单调增函数，若为 “梦想函数”

设存在，使得在上的值域为，

则有，即

是方程的两个不等的实根，

设，则，所以方程等价为的有两个不等的正实根，

则有，即，解得：0，

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题主要考查对数的基本运算，准确把握“梦想函数”的概念，合理运用对数函数的性质和一元二次方程根的判别式是解决本题的关键，考查学生的转化与化归思想，运算求解能力，属于中档题.

三、解答题

17．已知中，角A，B，C所对的边为a，b，c，且满足．

（I）求角A的大小;

（II）若，的面积为，D为边BC的中点，求AD的长度．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（I）根据，由正弦定理得到，再利用两角和与差的三角函数得到，从而得到求解.

（II）根据，的面积为，利用正弦定理得到，再利用余弦定理解得 ，，然后在中求解.

【详解】（I）因为，

所以，

所以，

因为，

，

.

（II）因为，的面积为，

所以，

由余弦定理得：，

所以，

所以，

所以，

所以AD的长度为．

【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

18．在如图所示的圆柱中，为圆的直径，，是的两个三等分点，，，都是圆柱的母线.

（1）求证：平面；

（2）若，求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）连接，，易证，，根据面面平行的判定定理可得平面平面，再根据面面平行的定义即可证得平面；

（2）因为直线，，两两垂直，所以以为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面，平面的一个法向量，根据二面角的向量坐标公式即可求出.

【详解】（1）连接，，因为，是半圆的两个三等分点，

所以，又，

所以，，均为等边三角形，

所以，所以四边形是平行四边形，所以，

又因为，平面，平面，

所以平面.因为，都是圆柱的母线，所以，

又因为平面，平面，

所以平面.

又平面，，

所以平面平面，又平面，所以平面.

（2）连接，因为是圆柱的母线，所以圆柱的底面，

因为为圆的直径，所以，

所以直线，，两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系如图：

因为，所以，，，，

，，

由题知平面的一个法向量为，

设平面的一个法向量为，则：

，令，，.∴.

所以.由图可知，二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.

【点睛】本题主要考查线面平行的证明，以及二面角的求法，意在考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题．线面平行的证明一般可以通过线面平行的判定定理或者面面平行的定义证出，二面角的求法一般有：定义法，垂面法，三垂线法，向量法，坐标法，面积射影法等．

19．2021年3．15期间，某家具城举办了一次家具有奖促销活动，消费每超过1万元（含1万元），均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种.方案一：从装有10个形状与大小完全相同的小球（其中红球2个，白球1个，黑球7个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球，其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，则打5折；若摸出2个红球和1个黑球则打7折；若摸出1个白球2个黑球，则打9折：其余情况不打折．方案二：从装有10个形状与大小完全相同的小球（其中红球2个，黑球8个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减2000元．

（1）若一位顾客消费了1万元，且选择抽奖方案一，试求该顾客享受7折优惠的概率；

（2）若某顾客消费恰好满1万元，试从数学期望的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？

【答案】（1）；（2）该顾客选择第二种抽奖方案更合算.

【分析】（1）方案一若享受到7折，需要摸出2个红球和1个黑球，由此可计算出概率；

（2）选择方案一，付款金额元可能的取值为5000、7000、9000、10000，分别计算出概率得分布列，计算出期望．选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为，则得关系式，由，可得，再计算出，比较后可得．

【详解】（1）选择方案一若享受到7折，则需要摸出2个红球和1个黑球，设顾客享受到7折为事件，则．

（2）若选择方案一，

设付款金额为元，则可能的取值为5000、7000、9000、10000，，，，．

故X的分布列为，

所以（元）

若选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为，则，

由已知可得，故，

所以（元）

因为，所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算．

20．已知椭圆离心率为，点在椭圆上.

（1）求椭圆的方程；

（2）设为坐标原点，，，是椭圆上不同的三点，且为的重心，探究面积是否为定值，若是求出这个定值；若不是，说明理由

【答案】（1）；（2）是定值，.

【分析】（1）由题意列出关于的方程组，求出，即可得出椭圆方程；

（2）先讨论直线的斜率不存在时，根据题中条件，求出此时的面积；再讨论直线的斜率存在时，设直线，联立直线与椭圆方程，设，，由韦达定理，得出，；由弦长公式，得出；根据为的重心，求出点为坐标，代入椭圆方程，得到之间关系；再由点到直线的距离公式，得出点到直线的距离，由即可得出结果.

【详解】（1）由题知：，解得，，

所以椭圆的方程为；

（2）当直线的斜率不存在时，轴，点在轴上，．点到的距离为，则．

当直线的斜率存在时，设直线

由消去，整理，

设，，则有，，，

所以，，

因为为的重心，则由，

点在椭圆上，则得，

点到直线的距离为；

所以；

综上：为定值．

【点睛】思路点睛：

求解椭圆中三角形面积相关问题时，一般需要联立直线与椭圆方程，结合韦达定理、弦长公式，以及点到直线距离公式，表示出三角形的面积，再结合题中条件，即可求解.

21．已知函数，

（1）讨论函数的单调性；

（2）令，若存在，且时，，证明：.

【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.

【分析】(1)求函数的定义域和导数，分和两种情况，结合导数可求出函数的单调性.

(2)根据题意可得，通过构造函数，求函数单调性及参变分离可得，令，通过导数得的单调性，即可证明，从而可证明.

【详解】解：（1）的定义域为，，

当时，，当时，由得，由得，

∴当时，在上单调递增

当时，在上单调递减，在单调递增.

（2），∵，由题意知，

，

∴，

令，则，∴在上单调递增，

不妨设，∵，∴，

∴，

∴

∴，∴，令，只需证，只需证，设，则，

∴在递增，∴，即成立，

∴，即.

【点睛】思路点睛:

利用导数求含参函数的单调性时，一般先求函数的定义域，求出导数后，令导数为零，解方程，讨论方程的根的个数以及根与定义域的位置关系，确定导数的符号，从而求出函数的单调性.

22．在极坐标系中，直线：，圆：．以极点为原点，极轴为轴正半轴建立直角坐标系．

（1）求直线的直角坐标方程和圆的参数方程；

（2）已知点在圆上，点到直线和x轴的距离分别为，求的最大值．

【答案】（1）直线的直角坐标方程为，圆的参数方程为（为参数）；（2）．

【分析】(1)利用极坐标方程与直角坐标方程，普通方程与参数方程的转化方法进行转化即可；

(2)结合(1)中的结论得到关于的表达式，结合三角函数的性质确定其最大值即可.

【详解】（1）由：得，；

因为，代入有直线的直角坐标方程为：，即为                                   

由圆：得，，因为， ，

，所以圆直角坐标方程为：               

由得，圆的参数方程为（为参数）                                        

（2）设点坐标为

则

又  

那么

当时，取得最大值.

【点睛】关键点点睛：考查参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，解题的关键写出圆的参数方程，将问题转化为三角函数的最值问题的处理方法，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

23．设函数的最小值

（1）求；

（2）已知为正实数，且，求证．

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】(1)用零点分段法把函数分段表示出，再求该函数的最小值即可作答；

(2)利用(1)的结论对不等式左边化简变形，再利用均值不等式即可证得.

【详解】（1）由题可得，

时，，时，，时，，于是有，

所以；

（2）由（1）知，可得，同理得，，

由基本不等式可得

当且仅当时取“=”，

所以．