第25頁/共25頁高中第三次模擬考試題數學（理科）1．本試卷包括第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共4頁．全卷滿分150分，考試時間120分鐘．2．答第Ⅰ卷時，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號；答第Ⅱ卷時，用0.5毫米的黑色簽字筆在答題卡規定的區域內作答，字體工整，筆跡清楚；不能答在試題卷上．3．考試結束后，監考員將答題卡收回．第Ⅰ卷（選擇題，共60分）一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每個小題所給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，把正確選項的代號填在答題卡的指定位置．1.已知復數，其中是虛數單位，是的共軛復數，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】設，后由共軛復數，復數乘法，復數相等知識可得答案.【詳解】設，則，，則.故選：A2.已知全集，，，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】化簡集合M，N，后由并集及補集定義可得答案.【詳解】，則；，則.則或.故選：A3.空氣質量指數是評估空氣質量狀況的一組數字，空氣質量指數劃分為和六檔，分別對應“優”、“良”、“輕度污染”、“中度污染”、“重度污染”和“嚴重污染”六個等級，如圖是某市4月1日至14．日連續14天的空氣質量指數趨勢圖，則下列說法中正確的是（）A.從2日到5日空氣質量越來越差B.這14天中空氣質量指數的中位數是214C.連續三天中空氣質量指數方差最小是5日到7日D.這14天中空氣質量指數的平均數約為189【答案】D【解析】【分析】觀察數據變化可判斷A項；將14天的空氣質量指數由小到大依次排列，即可得出中位數，判斷B項；根據折線圖及方差的概念可判斷C項；根據數據計算平均數可判斷D項.【詳解】對于A選項：從2日到5日空氣質量指數逐漸降低，空氣質量越來越好，A選項錯誤；對于B選項：由圖象可知，14天的空氣質量指數由小到大依次為：80，83，138，155，157，165，179，214，214，221，243，260，263，275，所以中位數為，B選項錯誤；對于C選項：方差表示數據波動情況，根據折線圖可知連續三天中波動最小的是9日到11日，所以方差最小的是9日到11日，C選項錯誤；對于D選項：這14天中空氣質量指數的平均數約為

，D選項正確；故選：D.4.我國古代數學名著《九章算術》中幾何模型“陽馬”意指底面為矩形，一側棱垂直于底面的四棱錐．某“陽馬”的三視圖如圖所示，則該四棱錐中棱長的最大值為（）A. B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】先由三視圖得到幾何體的直觀圖，再分別求得棱長比較下結論.【詳解】解：由三視圖得該幾何體如圖所示：由圖知：，，故選：C5.函數的部分圖像大致為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先判斷函數的奇偶性排除選項C、D；再由，即可求解.【詳解】函數的定義域為，且，所以函數是奇函數，其函數圖像關于對稱，所以選項C、D錯誤；又，所以選項B錯誤；故選：A.6.已知函數和有相同的極大值，則（）A.2 B.0 C.-3 D.-1【答案】B【解析】【分析】利用導數法求得和的極大值，然后根據與有相同的極大值建立方程求解即可.【詳解】，則，令，解得，令，解得，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以在處取得極大值，又，則，令，解得，令，解得，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以在處取得極大值，依據題意，和有相同的極大值，故，所以，所以.故選：B.7.水平桌面上放置了4個半徑為2的小球，4個小球的球心構成正方形，且相鄰的兩個小球相切.若用一個半球形的容器罩住四個小球，則半球形容器內壁的半徑的最小值為（）A.4 B. C. D.6【答案】C【解析】【分析】根據題設要使半球形容器內壁的半徑的最小，保證小球與球各面（含球面部分）都相切，進而求半徑最小值.【詳解】要使半球形容器內壁的半徑的最小，只需保證小球與球各面（含球面部分）都相切，此時，如上圖示，為半球的球心，為其中一個小球球心，則是棱長為2的正方體的體對角線，且該小球與半球球面上的切點與共線，所以半球形容器內壁的半徑的最小值為小球半徑與長度之和，即,故選：C8.位于登封市告成鎮的觀星臺相當于一個測量日影的圭表．圭表是我國古代一種通過測量正午日影長度來推定節氣的天文儀器，它包括一根直立的標竿（稱為“表”）和一把呈南北方向水平固定擺放的與標竿垂直的長尺（稱為“圭”）．當正午太陽照射在表上時，日影便會投影在圭面上，圭面上日影長度最長的那一天定為冬至，日影長度最短的那一天定為夏至．如圖是一個根據鄭州市的地理位置設計的圭表的示意圖，已知鄭州市冬至正午太陽高度角（即）約為32.5°，夏至正午太陽高度角（即）約為79.5°，圭面上冬至線與夏至線之間的距離（即的長）為14米，則表高（即的長）約為（）（其中，）A.9.27米 B.9.33米 C.9.45米 D.9.51米【答案】C【解析】【分析】根據題意，，進而代入數據求解即可.【詳解】解：如圖，，設表高，則由題知，，所以，因為，，，所以，解得，所以，表高（即的長）約為米.故選：C9.已知圓錐的母線長為2，側面積為，則過頂點的截面面積的最大值等于（）A. B. C.3 D.2【答案】D【解析】【分析】結合圓錐的母線長和側面積可求得底面圓的周長、半徑，再得到軸截面的頂角，進而得到截面三角形頂角的取值范圍，故當截面為頂角是的等腰三角形時面積最大，即得解【詳解】由圓錐的母線長為2，側面積為，假設底面圓周長為，因此，故底面圓周長為，底面圓的半徑為.由于軸截面為腰長為2，底邊長為底面圓直徑的等腰三角形，因此軸截面的頂角是.故當截面為頂角是的等腰三角形時面積最大，此時.故選：D【點睛】本題考查了圓錐的側面積和截面面積問題，考查了學生綜合分析，空間想象，邏輯推理，數學運算能力，為中檔題10.已知雙曲線上有不同的三點A、B、P，且A、B關于原點對稱，直線PA、PB的斜率分別為、，且，則離心率的值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】設，由斜率坐標公式求出，再利用點差法得，即可求出，進而求得.【詳解】設，，根據對稱性，知，所以.因為點A，P在雙曲線上，所以，兩式相減，得，所以，所以，所以，所以.故選：B11.將函數的圖象向右平移個單位長度后得到函數的圖象，若是的一個單調遞增區間，且在上有5個零點，則（）A.1 B.5 C.9 D.13【答案】B【解析】【分析】由題知，進而結合題意得，再根據在上有5個零點即可得答案.【詳解】解：因為函數的圖象向右平移個單位長度后得到函數的圖象，所以，因為是的一個單調遞增區間，所以，，即，解得，因為在上有5個零點，作出其草圖如圖，所以，由上圖可知，，解得，所以，當時，故選：B12.設，，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用正切函數單調性借助1比較b，c大??；根據對數結構構造函數比較a，b大小，即可解答.【詳解】因為在上單調遞增，于是，即，令，則，所以在上單調遞減，所以，即，取，則，所以，即，所以.故選：A第II卷（非選擇題，共90分）二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知，且，則向量在向量上的投影為__________.【答案】【解析】【分析】先求出，再利用投影公式可得向量在向量上的投影.【詳解】因為，所以，即；由可得；則向量在向量上投影為.故答案：.14.若的展開式的各項系數和為32，則該展開式中的系數是______.【答案】5【解析】【分析】利用賦值法令表達出展開式的各項系數和，求出，根據二項式展開式的通項公式計算即可得出結果.【詳解】解：因為的展開式的各項系數和為32，令，得，所以，又，所以該展開式中的系數是．故答案為：515.甲、乙兩人下圍棋，若甲執黑子先下，則甲勝的概率為；若乙執黑子先下，則乙勝的概率為．假定每局之間相互獨立且無平局，第二局由上一局負者先下，若甲、乙比賽兩局，第一局甲、乙執黑子先下是等可能的，則甲、乙各勝一局的概率為________．【答案】【解析】【分析】分兩種情況討論：（1）第一局甲勝，第二局乙勝：（2）第一局乙勝，第二局甲勝.分析出每局輸贏的情況，結合獨立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率.【詳解】分兩種情況討論：（1）第一局甲勝，第二局乙勝：若第一局甲執黑子先下，則甲勝第一局的概率為，第二局乙執黑子先下，則乙勝的概率為，若第一局乙執黑子先下，則甲勝第一局的概率為，第二局乙執黑子先下，則乙勝的概率為，所以，第一局甲勝，第二局乙勝的概率為；（2）第一局乙勝，第二局甲勝：若第一局甲執黑子先下，則乙勝第一局的概率為，第二局甲執黑子先下，則甲勝的概率為，若第一局乙執黑子先下，則乙勝第一局的概率為，第二局甲執黑子先下，則甲勝的概率為，所以，第一局乙勝，第二局甲勝的概率為.綜上所述，甲、乙各勝一局的概率為.故答案為：.16.已知，，P是圓O：上的一個動點，則的最大值為_________.【答案】【解析】【分析】設外接圓半徑為R，由正弦定理可得，當外接圓半徑最小，即外接圓與圓O相內切時，最大.【詳解】設外接圓半徑為R，由正弦定理，，當外接圓半徑最小，即外接圓與圓O相內切時，最大.設外接圓圓心為M，由題可得其在AB中垂線上，可設其坐標為：.則，，又圓M與圓O相內切，則圓心距等于半徑之差，則，等式兩邊平方并化簡后可得：.即外接圓半徑為R的最小值為.則此時最大，最大值為.故答案為：三、解答題：本大題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步聚．17.已知數列前項和為，且滿足，．（1）求數列的通項公式．（2）記，求數列的前項和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）方法一：由之間關系可證得數列為等比數列，由等比數列通項公式求得；方法二：由已知關系式可證得數列為等比數列，由此可推導求得，利用之間關系可求得；（2）由（1）可得，采用裂項相消法可求得結果.【小問1詳解】方法一：當時，由得：，即，又，；當時，，又，滿足，即當時，成立，數列是以為首項，為公比的等比數列，.方法二：由得：，又，數列是以為首項，為公比的等比數列，，即，當時，，又滿足，.【小問2詳解】由（1）得：，.18.某廠商調查甲、乙兩種不同型號電視機在10個賣場的銷售量（單位：臺），并根據這10個賣場的銷售情況，得到如圖所示的莖葉圖．為了鼓勵賣場，在同型號電視機的銷售中，該廠商將銷售量高于數據平均數的賣場命名為該型號電視機的“星級賣場”．（1）當，時，記甲型號電視機的“星級賣場”數量為m，乙型號電視機的“星級賣場”數量為n，比較m，n的大小關系；（2）在這10個賣場中，隨機選取2個賣場，記X為其中甲型號電視機的“星級賣場”的個數，求X的分布列和數學期望．（3）記乙型號電視機銷售量的方差為，根據莖葉圖推斷a與b分別取何值時，達到最小值．（只需寫出結論）【答案】（1）（2）分布列見解析（3）時，達到最小值【解析】【分析】（1）計算甲乙的平均數比較大小即可；（2）分析數據，列出X的分布列并求出數學期望；（3）根據方差的性質，時，離散程度越小，達到最小值．【小問1詳解】根據莖葉圖，可得甲組數據的平均數為，乙組數據的平均數為，甲型號電視機的“星級賣場”數量為，乙型號電視機的“星級賣場”數量為，所以；【小問2詳解】的可能取值為0，1，2，由（1）知，甲型號電視機的“星級賣場”數量為5，，，，X的分布列為：X012P【小問3詳解】方差代表和中心偏離的程度，時，離散差越小，達到最小值．19.在中，，過點作，交線段于點（如圖1），沿將折起，使（如圖2），點分別為棱的中點.（1）求證：；（2）在①圖1中，②圖1中，③圖2中三棱錐的體積最大.這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，再解答問題.問題：已知__________，試在棱上確定一點，使得，并求平面與平面的夾角的余弦值.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.【答案】（1）證明見解析（2）.【解析】【分析】（1）根據線面垂直的判定定理與性質可得，結合中位線的性質可得，即可證明；（2）選①：由二倍角正切公式求出，進而求出BD，選②：根據向量的線性運算求出BD，選③：設，利用線面垂直的判定定理和性質可得平面，則，利用導數求出體積的最大值，求出BD.分別建立如圖空間直角坐標系，利用向量法求出面面角即可；【小問1詳解】，平面，平面平面.又分別為的中點，.【小問2詳解】選①，在圖1所示的中，由，解得或（舍去）.設，在Rt中，，解得.以點為原點，分別為軸建立如圖所示的坐標系，，則.設，則.，即，解得，當（即是的靠近的一個四等分點）時，.設平面的一個法向量為，且，由得令，則，取平面CBN的一個法向量，則，平面BMN與平面的夾角的余弦值為.選②，在圖1所示的中，設，則，又，由平面向量基本定理知，即.以點為原點，分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，，則.設，則，即，解得，當（即是的靠近的一個四等分點）時，.設平面的一個法向量為，且，由得令，則.取平面的一個法向量，則，平面與平面的夾角的余弦值為.選③，在圖1所示的中，設，則，為等腰直角三角形，.折起后，且，平面，平面，又，，令，當時，；當時，，時，三棱錐的體積最大.以點為原點，分別為軸建立如圖所示直角坐標系，，，則，設，則.，即，解得，當（即是的靠近的一個四等分點）時，.設平面的一個法向量為，且，由得令，則.取平面的一個法向量，則，平面與平面的夾角的余弦值為.20.若存在實數k，b，使得函數和對其定義域上的任意實數x同時滿足：且，則稱直線：為函數和的“隔離直線”.已知，（其中e為自然對數的底數）.試問：（1）函數和的圖象是否存在公共點，若存在，求出交點坐標，若不存在，說明理由；（2）函數和是否存在“隔離直線”？若存在，求出此“隔離直線”的方程；若不存在，請說明理由.【答案】（1）存在，交點坐標為；（2）存在，【解析】【分析】（1）構造函數，求導得到函數的單調區間，得到函數在處取得最小值為0，得到答案.（2）設直線，根據得到，再證明恒成立，令，求導得到單調區間，計算最值得到證明【詳解】（1）∵，∴，令，得，當時，，時，，故當時，取到最小值，最小值是0，從而函數和的圖象在處有公共點，交點坐標為.（2）由（1）可知，函數和的圖象在處有公共點，因此存在和的隔離直線，那么該直線過這個公共點，設隔離直線的斜率為k，則隔離直線方程為，即，由，可得在上恒成立，則，只有，此時直線方程為：，下面證明恒成立，令，，當時，，當時，函數單調遞減；時，，函數單調遞增，則當時，取到最小值是0，所以，則當時恒成立.∴函數和存在唯一的隔離直線.【點睛】本題考查了函數圖像的交點問題，求新定義“隔離直線”方程，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.21.如圖，曲線是以原點為中心，、為焦點的橢圓的一部分，曲線是以為頂點、為焦點的拋物線的一部分，是曲線和的一個交點，且為鈍角，，．（1）求曲線和所在橢圓和拋物線的方程；（2）過作一條與軸不垂直的直線，分別和曲線和交于、、、四點，若為的中點，為的中點，是否為定值？若是，請求出此定值；若不是，請說明理由．【答案】（1）橢圓方程為，拋物線方程為．（2）是，且【解析】【分析】（1）設橢圓方程為，利用橢圓定義可求得的值，設、、，利用兩點間的距離公式和拋物線的定義可得出關于、、的方程組，結合已知條件得出，解出的值，即可得出橢圓和拋物線的方程；（2）設、、、，設直線方程為，其中，將直線的方程分別與橢圓、拋物線的方程聯立，列出韋達定理，結合韋達定可計算出的值，即可得出結論.【小問1詳解】解：設橢圓方程為，則，得，設、、，拋物線方程為，其中，則，，兩式相減得，由拋物線定義可知，因為為鈍角，則，解得，所以，橢圓方程為，拋物線方程為．【小問2詳解】解：設、、、，設直線的方程為，其中，聯立可得，由韋達定理可得，，聯立可得，由韋達定理可得，，所以，.【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．請考生在第22、23題中任選一題作答，并用2B鉛