2021級高三（下）第三次模擬考試文科數學一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】將集合化簡，再由交集的運算，即可得到結果.【詳解】因為，，所以.故選：B.2.若復數z滿足，則的虛部為（）A.－2 B.－1 C.1 D.2【答案】C【解析】【分析】利用復數除法運算及i的周期性運算即可.【詳解】因為，所以，則，故的虛部為1.故選:C．3.運行圖示程序框圖，則輸出A的值為（）．A.170 B.165 C.150 D.92【答案】B【解析】【分析】根據程序框圖逐步計算即可.【詳解】因為，所以執行循環體得，由不成立，所以執行循環體得，由成立，所以，然后輸出.故選：B4.已知數列滿足，則“”是“是遞增數列”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】利用充分條件、必要條件的定義，結合遞增數列的意義判斷即得.【詳解】當時，，則，是遞增數列；反之，當時，，數列遞增，因此數列是遞增數列時，可以不小于3，所以“”是“是遞增數列”的充分不必要條件.故選：A5.在中，，是的外心，為的中點，，是直線上異于、的任意一點，則（）A.3 B.6 C.7 D.9【答案】B【解析】【分析】根據外心的性質得到，設，根據數量積的運算律得到，再由數量積的定義及幾何意義求出，從而得解.【詳解】因為是的外心，為的中點，設的中點為，連接，所以，，設，則，又是的外心，所以，所以.故選：B【點睛】關鍵點點睛：本題解答的關鍵是根據外接圓的性質將轉化為，再一個就是利用數量積的幾何意義求出.6.已知是拋物線上的點，是圓上的點，則的最小值是（）A.2 B. C. D.3【答案】A【解析】【分析】將問題轉化為求的最小值，根據兩點之間的距離公式，求得的最小值再減去半徑即可.【詳解】如圖，拋物線上點到圓心的距離為，因此，當最小時，最小，而，當時，，因此的最小值是．故選：A.7.若，且，則的值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用輔助角公式、同角三角函數的平方關系、二倍角公式、正弦的差角公式計算即可.【詳解】由題意可知，因為，所以，所以，所以，而，所以，而.故選：B8.直線過雙曲線的右焦點，且與的左、右兩支分別交于A，B兩點，點關于坐標原點對稱的點為，若，且，則的離心率為（）A.3 B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】借助雙曲線定義與雙曲線的對稱性，結合題意可得，，利用勾股定理計算即可得解.【詳解】如圖所示，取雙曲線左焦點，設，則，由雙曲線定義可得，又、關于原點對稱，故，，，則，由，故，故有，化簡可得，即有，，由，則有，即，即.故選：B.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點在于找出左焦點，設，從而借助雙曲線定義將其它邊表示出來，結合勾股定理計算出各邊長，從而可列出與、有關的齊次式，得到離心率.9.已知函數，則滿足不等式的的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先利用函數奇偶性的定義，結合復合函數的單調性與導數，分析得的奇偶性與單調性，從而轉化所求不等式得到關于的不等式組，解之即可得解.【詳解】由，得的定義域為，又，故為偶函數，而當時，易知單調遞增，而對于，在上恒成立，所以在上也單調遞增，故在上單調遞增，則由，得，解得或.故選：D.10.已知函數，關于的命題：①的最小正周期為；②圖像的相鄰兩條對稱軸之間的距離為；③圖像的對稱軸方程為；④圖像的對稱中心的坐標為；⑤取最大值時.則其中正確命題是（）A.①②③ B.①③⑤ C.②③⑤ D.①④⑤【答案】B【解析】【分析】借助三角恒等變換可將原函數化為正弦型函數，借助正弦型函數的性質逐一判斷即可得.詳解】，則的最小正周期為，故①正確；圖像的相鄰兩條對稱軸之間的距離為，故②錯誤；令，則，故③正確；令，則，故④錯誤；令，則，故⑤正確.故選：B.11.已知函數，若，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據給定條件，利用指數函數、對數函數單調性比較大小.【詳解】依題意，，，因此，而函數在上單調遞增，所以，即.故選：D12.已知函數存在極小值點，且，則實數的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據給定條件，利用導數結合零點存在性定理探討極小值點，并求出極小值，利用導數求出的解集，再利用導數求出的范圍.【詳解】函數的定義域為，求導得，當時，函數在上單調遞減，，，則存在，使得，當時，，遞增，當時，，遞減，函數在取得極大值，無極小值，不符合題意；當時，令，求導得，顯然在上單調遞增，當時，，函數遞減，當時，，函數遞增，于是，當，即時，，函數在上單調遞增，函數無極值，當時，，而，存在，使得，當時，，函數遞增，當時，，函數遞減，函數在取得極大值，又，令，求導得，函數上單調遞減，，則，存在，使得，當時，，函數遞減，當時，，函數遞增，函數在取得極小值，因此，由，得，，即有，令，求導得，函數在上單調遞減，而，即有，于是，顯然，令，求導得，即函數在上單調遞減因此，即，又，則，所以實數的取值范圍為.故選：D【點睛】結論點睛：可導函數在點處取得極值的充要條件是，且在左側與右側的符號不同．二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知為偶函數，則______.【答案】【解析】【分析】法一：先利用求得，然后代入驗證；法二：利用偶函數的定義建立方程求解即可.【詳解】法一：特殊值法：因為為偶函數，所以，所以，解得，經檢驗，當時，為偶函數，符合題意.法二：定義法：因為為偶函數，所以，所以，化簡得，所以，解得.故答案為：14.已知實數x，y滿足則的最大值是________．【答案】【解析】【分析】先依據題意作出可行域，將目標式轉化為截距問題求解即可.【詳解】令，即求中截距的最大值即可，如圖作出可行域，易知當過點時，該直線截距最大，取得最大值，聯立方程組，，解得，，故，將代入中，得，解得，即的最大值是.故答案為：15.如圖，已知正方形的邊長為，且，連接交于，則________________【答案】【解析】【分析】建系，根據平面向量的線性運算的坐標表示求的坐標，進而結合數量積的坐標運算求解.【詳解】以為坐標原點，為軸正方向，為軸正方向，建立直角坐標系，則，，設，可得，因為，則，可得，即，解得，即的坐標為，設，則，，由可得，解得，則，，可得所以．故答案為：.16.如圖，已知，，為邊上的兩點，且滿足，，則當取最大值時，的面積等于______.【答案】##【解析】【分析】由題設足，考慮三角形的面積之比，將其化簡得，借助于余弦定理和基本不等式求得的最大值和此時的三角形邊長，由面積公式即可求得.【詳解】如圖，不妨設,分別記面積為,則①②由①，②兩式左右分別相乘，可得：,故得：.設，中，由余弦定理，，因，則，當且僅當時，等號成立，此時，因，故，取得最大值，此時的面積等于.故答案為：.【點睛】思路點睛：對條件等式的轉化，本題中，注意到有角的相等和邊長乘積的比，結合圖形容易看出幾個等高的三角形，故考慮從面積的比入手探究，即得關鍵性結論，之后易于想到余弦定理和基本不等式求出邊長和角即得.三、解答題：共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據要求作答.（一）必考題：共60分.17.已知為各項均為正數的數列的前項和,.（1）求的通項公式；（2）設，數列的前項和為,若對恒成立，求實數的最大值.【答案】（1）；（2）1.【解析】【分析】（1）先求得的值，然后利用與的關系推出數列為等差數列，由此求得的通項公式；（2）首先結合（1）求的表達式，然后用裂項法求得，再根據數列的單調性求得的最大值．【小問1詳解】當時，由題設得，即，又，解得.由知：.兩式相減得：，即.由于，可得，即，所以是首項為，公差為的等差數列，所以.【小問2詳解】由得：.因為，所以，則數列是遞增數列，所以，故實數的最大值是.18.為提升學生身體素質，鼓勵學生參加體育運動，某高中學校學生發展中心隨機抽查了100名學生，統計他們在暑假期間每天參加體育運動的時間，并把每天參加體育運動時間超過30分鐘的記為“運動達標”，時間不超過30分鐘的記為“運動欠佳”，運動達標與運動欠佳的人數比為，運動達標的女生與男生的人數比為，運動欠佳的男生有5人.（1）根據上述數據，完成下面2×2列聯表，并依據小概率值的獨立性檢驗，分析“運動達標情況”與“性別”是否有關?性別運動達標情況合計運動達標運動欠佳男生

女生

合計

（2）現從“運動達標”的學生中按性別用分層隨機抽樣的方法抽取6人，再從這6人中任選2人進行體能測試，求選中的2人中恰有一人是女生的概率.參考公式：，.0.100.050.010.0012.7063.8416.63510.828【答案】（1）表格見解析，“運動達標情況”與“性別”無關.（2）【解析】【分析】（1）由條件完成列聯表，根據公式代入計算可判斷結果；（2）先根據分層抽樣方法抽取，然后由概率公式計算即可.【小問1詳解】2×2列聯表為：性別運動達標情況合計運動達標運動欠佳男生20525女生403575合計6040100假設：運動達標情況與性別無關..根據小概率值的獨立性檢驗，沒有充分證據推斷不成立，即認“運動達標情況”與“性別”無關.【小問2詳解】已知“運動達標”的男生、女生分別有20人和40人，按分層隨機抽樣的方法從中抽取6人，則男生、女生分別抽到2人和4人，則選中2人中恰有一人是女生的概率為.19.如圖，在四棱錐中，底面ABCD為直角梯形，，，，點為的中點，，.（1）證明：平面ABCD；（2）若，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由題意，根據勾股定理的逆定理可證得，結合線面垂直的判定定理即可證明；（2）由（1），建立空間直角坐標系，利用空間向量法求解線面角即可.【小問1詳解】連接AO，，點O為BD的中點，，，為直角三角形，，則，，又，平面ABCD，平面ABCD；【小問2詳解】由（1）知平面ABCD，而平面ABCD，所以，又，過點D作z軸，使得z軸平面ABCD，則可建立如圖空間直角坐標系，在中，，，則，，，，，，則，，，設平面SBC法向量為，直線與平面SBC所成角為，，，得，所以，直線AS與平面SBC所成角的正弦值為.20.已知長為的線段的中點為原點，圓經過兩點且與直線相切，圓心的軌跡為曲線.（1）求曲線的方程；（2）過點且互相垂直的直線分別與曲線交于點和點，且，四邊形的面積為，求實數的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）直接寫出圓心符合的等量關系式，進而得到曲線的方程；（2）先用點差法求出方程，再聯立曲線，用弦長公式求，根據垂直，同理可求，再表示面積即可求出實數的值.【小問1詳解】由題意知圓心在線段的垂直平分線上，則,設，圓的半徑為，則，又圓與直線相切，故，于是，化簡得，所以曲線的方程為.【小問2詳解】設，根據可得為的中點，則，得，即，所以直線.聯立方程，得，得，由，得，所以，所以.設，因為互相垂直，易知直線，聯立方程，得，得，由，得，所以，所以.則四邊形的面積為.令，化簡得，解得（舍）或，符合，所以.21.已知函數在點處的切線斜率為1．（1）求實數的值并求函數的極值；（2）若，證明：．【答案】（1），的極小值為，無極大值.（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）由已知，求出，根據點處的切線斜率為1，得到，求出，則為已知函數，利用導數求出極值.（2）由，可得，由，然后換元變形，利用導數的單調性即可證明出，則原命題得證.【小問1詳解】由已知，，因為函數在點處的切線斜率為1，所以，則，定義域為，，令，解得，令，解得，令，解得，在上單調遞減，在上單調遞增，在時取得極小值，無極大值.【小問2詳解】由已知，令，則，即，，即，兩式相減可得，，兩式相加可得，，消去，得，即，由于，因此只需證明即可，而，不妨設，則由可知，，令，，令，則，在上遞減，故，在上遞增，，則原命題得證.（二）選考題：共10分.請考生在第22、23題中任選一題作答.如果多做，則按所做的第一題計分.[選修44：坐標系與參數方程]（10分）22.在直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數）.以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，直線的極坐標方程為.（1）求曲線的普通方程與直線的直角坐標方程；（2）點分別為曲線與直線上的動點，求的最小值.【答案】（1）曲線為，直線為（2）【解析】【分析】（1）利用同角的三角函數關系式將曲線C的參數方程消去參數，結合直角坐標與極坐標互化公式進行求解即可；（2）根據點到直線距離公式，結合輔助角公式、余弦函數的最值性質進行求解即可.【小問1詳解】因為，將（為參數），消去參數，可得.由，得，因為，所以.所以曲線的普通