2021届高三第三次模拟考试卷 理科数学（二） 教师版.doc

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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2021届好高三第三次模拟考试卷理 科 数 学（二）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、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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

2、1已知集合，则的子集的个数为（ ）ABCD【答案】D【解析】由题意，因此它的子集个数为4，故选D2“”是“”成立的（ ）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【答案】B【解析】由题意，利用对数函数性质可知：，故必要性成立，而，但不能确定是否小于0，小于0时函数无意义，故不能推出，故充分性不成立，所以“”是“”的必要而不充分条件，故选B3已知复数满足，则复数的虚部为（ ）ABCD1【答案】D【解析】由，所以复数的虚部为，故选D4设向量，且，则实数（ ）ABCD【答案】A【解析】由题意，向量，可得，因为，可得，解得，故选A5若变量，满足约束条件，则目标函数的最大值

3、为（ ）ABCD【答案】A【解析】作出约束条件对应的可行域如图中阴影部分所示(含边界)，由可得，作出直线并平移可得，当直线经过点C时，其在轴上的截距最大，此时取得最大值，由，解得，即，所以的最大值为，故选A6已知等差数列的前项和为，且，则下面结论错误的是（ ）ABCD与均为的最小值【答案】C【解析】对于A选项，由可得，A选项正确；对于C选项，由可得，C选项错误；对于D选项，由可得，且，所以，当且时，且，则与均为的最小值，D选项正确；对于B选项，当时，所以，B选项正确，故选C7已知函数满足，且对任意的，都有，则满足不等式的的取值范围是（ ）ABCD【答案】B【解析】可化为，所以在上为增函数，又，

4、所以为奇函数，所以为奇函数，所以在上为增函数因为，所以，所以，即，故选B8已知函数，若经过点存在一条直线与图象和图象都相切，则（ ）A0BC3D或3【答案】D【解析】因为，所以，则，所以，所以函数在处的切线方程为，由，得，由，解得或，故选D9若，则的取值范围为（ ）ABCD【答案】D【解析】因为，所以，所以，如图，此方程表示的是圆心在原点，半径为1的半圆，的几何意义是点与点连线的斜率，如图，所以的取值范围为，故选D10在由数字1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的5位数中，大于23145且小于43521的数共有（ ）A56个B57个C58个D60个【答案】C【解析】第一类23154，有1个

5、，第二类234*形式，有2个，第三类235*形式，有2个，第四类24*形式，有个，第五类25*形式，有个，第六类3*形式，有个，第七类41*形式，有个，第八类42*形式，有个，第九类43*形式，有个，合计共58个11已知菱形的边长为，沿对角线将三角形折起，则当四面体的体积最大时，它的外接球的表面积为（ ）ABCD【答案】A【解析】当平面平面时，四面体的体积最大令，则，的高为，则，则，当时，；当时，故当，即时，有最大值，此时在四面体中的以四面体的顶点构造长方体（长、宽、高分别为，四面体的棱是长方体的面对角线），则，令四面体的外接球（即长方体的外接球）的半径为，则，则外接球的表面积，故选A12定义

6、两种运算“”与“”，对任意，满足下列运算性质：，；（），则（2020）（20202018）的值为（ ）ABCD【答案】B【解析】由（），得（），又，所以，以此类推，20202018，又，所以，以此类推，2020，所以（2020）（20202018），故选B第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13函数的图象在上有_条对称轴【答案】4【解析】由，求得对称轴方程为，由，解得，再由，可得，0，1，故对称轴有4条，故答案为414下列说法正确的是_设回归方程为，则变量增加一个单位时，平均增加3个单位；两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对越接近于1；随机变量服从二项分布，则；若，则

7、；，【答案】【解析】回归方程为，则变量增加一个单位时，平均减少3个单位；两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1；随机变量服从二项分布，则；若，则；，综上所述，只有正确，故答案为15在矩形内有两点，其中，则该矩形的面积为_(答案如有根号可保留)【答案】【解析】如图，连接交于，在中，由余弦定理可得，同理，在中，由余弦定理可得，在中，可得，则矩形面积为，故答案为16已知椭圆的右焦点为，上顶点为，直线与椭圆交于，两点，且的重心恰为点，则直线斜率为_【答案】【解析】由椭圆的右焦点为，知，则，设直线MN的方程为，设，将直线MN的方程与椭圆的方程联立，整理可得，所以，所以MN的中点，因为

8、F为的重心，所以，即，所以，即，两式相比可得故答案为三、解答题：本大题共6大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（12分）如图所示，甲船以每小时海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的南偏西75°方向的B1处，此时两船相距20海里当甲船航行20分钟到达A2处时，乙船航行到甲船的南偏西60°方向的B2处，此时两船相距海里乙船每小时航行多少海里？【答案】【解析】连接A1B2，如下简图，由题意知，A1B120，又B2A2A1180°120°60°，A1A2B2是等边三角形，故B1A1B

9、2105°60°45°，在A1B2B1中，由余弦定理得，故(海里)，时间为（小时），因此乙船的速度大小为 (海里/小时)18（12分）2019年11月26日，联合国教科文组织宣布3月14日为国际数学日，以“庆祝数学在生活中的美丽和重要性”为庆祝该节日，某中学举办了数学嘉年华活动，其中一项活动是“数学知识竞答”闯关赛，规定：每位参赛者闯关，需回答三个问题，至少两个正确则闯关成功若小明回答第一，第二，第三个问题正确的概率分别为，各题回答正确与否相互独立（1）求小明回答第一，第二个问题，至少一个正确的概率；（2）记小明在闯关赛中回答题目正确的个数为，求的分布列及小明闯关

10、成功的概率【答案】（1）；（2）分布列见解析，【解析】（1）设事件为小明回答正确第一个问题，事件为小明回答正确第二个问题，则为小明回答错误第一个问题，为小明回答错误第二个问题，所以小明回答第一，第二个问题，至少有一个正确的概率为：（2）设事件为小明回答正确第三个问题，由题知，小明在闯关赛中，回答题目正确的个数的取值为0，1，2，3，所以，故的分布列为：0123所以小明闯关成功的概率为19（12分）如图，四棱锥中，底面是矩形，且侧面底面，侧面底面，点是的中点，动点在边上移动，且（1）证明：底面；（2）当点在边上移动，使二面角为时，求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明

11、：侧面底面，且侧面底面，平面，同理，侧面底面，且侧面底面，平面，底面（2）底面，点是的中点，且，侧面，且，侧面，侧面，为二面角所成的角，当时，三线两两垂直，分别以，为、轴建立空间直角坐标系，如图所示，设平面的法向量为，则，得，令，得，则；设平面的法向量为，由，得，令，得，设二面角为，则20（12分）已知动圆过定点且与直线相切（1）求动点的轨迹的方程；（2）过点作互相垂直的两条直线、，与曲线交于、两点，与曲线交于、四点，求四边形面积的最小值【答案】（1）；（2）【解析】（1）动圆过定点且与直线相切，动点到点的距离与到直线的距离相等，动点在以为焦点，为准线的抛物线上运动，抛物线的方程为（2）由已知

12、得两直线、的斜率存在，且不为，设四点坐标分别为、，直线的方程为，则直线的方程为，联立，得，恒成立，则，同理得，当且仅当，即时取等号，当时四边形面积的最小值为21（12分）已知函数（1）讨论的极值情况；（2）若时，求证：【答案】（1）详见解析；（2）证明见解析【解析】（1）定义域为，求导得当时，为上增函数，无极值；当时，得时，为减函数；时，为增函数，所以时，有极小值，无极大值（2）当时，使，则，此时成立；当时，由（1）得时，有最小值，则，解得，所以，设，则，因为为上减函数，且，则存在唯一实数，使，当时，为增函数；当时，为减函数，当时，有最大值，为上增函数，时，则，所以，综上所述，请考生在22、2

13、3两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为（1）求曲线的普通方程和直线的倾斜角；（2）已知点的直角坐标为，直线与曲线相交于不同的两点，求的值【答案】（1），；（2）【解析】（1）曲线的参数方程为，则有，则，即曲线的普通方程为直线的极坐标方程，展开可得，将代入，可得，即，即，所以斜率，则，由，可得，所以直线的倾斜角为（2）由（1）知，点在直线上，则直线的参数方程为(为参数)将直线的参数方程代入曲线的普通方程，得，整理得，设点对应的参数分别为，则，所以23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数（1）求不等式的解集；（2）已知函数的最小值为，正实数满足，证明：【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）解：由题可得，所以，即或或，解得或，所以不等式的解集为（2）证明：，则，则，故，当且仅当时取等号