1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 【模拟试卷】吉林省松原市长岭县第二中学2020-2021学年度高三下学期第三次模拟考试卷数学试卷注意事项：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、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小
2、题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1已知集合，集合，则（ ）ABCD【答案】A【解析】由函数的值域为，可知，则；由函数的值域为，可知所以，故选A2设，则“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】B【解析】解不等式，得，因为，所以“”是“”的必要不充分条件，故选B3已知复数满足（为虚数单位），且在复平面内对应的点位于第三象限，则复数的虚部为（ ）AB3CD【答案】C【解析】设，则，可得，因为，解得，所以，则故选C4设等差数列的前项和为，若，则下列结论正确的是（ ）A当且仅当时，取最小值B当且仅当时，取最大值C当且仅当时，取最小值D当且仅当
3、时，取最大值【答案】A【解析】因为，则，从而，因此该等差数列是递增数列，所以由，得，则数列的前6项为负数，从第7项起为正数，所以当且仅当时，取最小值，故选A5若向量，且与共线，则实数的值为（ ）ABCD【答案】B【解析】，与共线，解得，故选B6把5名志愿者分配到三个不同的社区，每个社区至少有一个志愿者，其中甲社区恰有1名志愿者的分法有（ ）A14种B35种C70种D100种【答案】C【解析】甲社区恰有1名志愿者有种，对其余4人先分组，再分配其余4人的分组有“3和1”及“2和2”两种分法：（1）按“3和1”分组，有；（2）按“2和2”分组，有；故甲社区恰有1名志愿者的分法有，故选C7若不等式对任
4、意成立，则的取值范围为（ ）ABCD【答案】A【解析】由题得不等式对任意成立，所以，即，解得或，故选A8已知函数是定义在上的偶函数，满足，当时，则函数的零点个数是（ ）A2B3C4D5【答案】A【解析】，即函数是周期的周期函数又函数是定义在上的偶函数，且时，当时，令，则函数的零点个数即为函数和的图象交点个数，分别作出函数和的图象，如下图， 显然与在上有1个交点，在上有一个交点，当时，而，所以或时，与无交点综上，函数和的图象交点个数为2，即函数的零点个数是2故选A 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错
5、的得0分9已知函数和，则下列正确的是（ ）A的图象可由的图象向右平移个单位得到B时，C的对称轴方程为D若动直线与函数和的图象分别交于，两点，则的最大值为【答案】ABD【解析】对A，的图象向右平移个单位得到，故A正确；对B，当时，即，故B正确；对C，令，解得，即对称轴为，故C错误；对D，则的最大值为，故D正确，故选ABD10在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为S，下列有关的结论，正确的是（ ）A若为锐角三角形，则B若，则C，其中为外接圆的半径D若为非直角三角形，则【答案】ABD【解析】对于A中，若为锐角三角形，可得且，可得，且，根据正弦函数的单调性，可得，所以，所以A正确；对于
6、B中，在中，由，根据正弦定理可得，则，可得，解得，所以B正确；对于C中，由三角形的面积公式，可得，由正弦定理知，可得，所以C不正确；对于D中，在中，可得，则，所以，即，可得，则，所以D正确，故选ABD11已知实数，满足方程则下列选项正确的是（ ）A的最大值是B的最大值是C过点作的切线，则切线方程为D过点作的切线，则切线方程为【答案】AD【解析】对于AB，设，即，由圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切，即，解得，即，即的最大值是，故A正确，B错误； 对于CD，显然点在圆上，过与圆心的直线斜率为，由切线性质知，切线斜率，所以切线方程为，整理得，故C错误，D正确，故选AD12关于函数，下列说法正
7、确的是（ ）A是的极小值点B函数有且只有1个零点C存在正整数，使得恒成立D对任意两个正实数，且，若，则【答案】ABD【解析】对于A选项，函数的定义域为，函数的导数，时，函数单调递减；时，函数单调递增，是的极小值点，故A正确；对于B选项，函数在上单调递减，又，函数有且只有1个零点，故B正确；对于C选项，若，可得，令，则，令，则，在上，函数单调递增；上，函数单调递减，在上函数单调递减，函数无最小值，不存在正实数，使得成立，故C错误；对于D选项，由，结合A选项可知，要证，即证，且，由函数在是单调递增函数，所以有，由于，所以，即证明，令，则，所以在是单调递减函数，所以，即成立，故成立，所以D正确，故选
8、ABD第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13设为虚数单位，则的展开式中含的项为_【答案】【解析】的展开式的通项公式为，令，则，此时，即含的项为，故答案为14函数的图象关于点_成中心对称，记函数的最大值为，最小值为，则_【答案】，【解析】，记，是奇函数，其图象关于坐标原点中心对称，则的最大值和最小值之和为，把的图象向上平移一个单位得到的图象，即的图象关于点对称，且故答案为，15已知直线过定点，过点向圆作切线，切点分别为，则弦所在的直线方程为_【答案】【解析】，由，得， ，点四点共圆，且圆心为的中点，弦是圆和圆的公共弦，又，即，且圆的半径，圆，又圆，由，得弦所在直线方程为，故答案为16已知
9、正三棱柱的体积为，过点的平面与平面无公共点，则三棱柱在平面内的正投影面积为_【答案】【解析】依题意，解得，由题意得平面平面由于投影面平移不影响正投影的形状和大小，所以就以平面为投影面如图，构造四棱柱，作，连接，易得平面，平面，则五边形即为三棱柱在平面内的正投影要计算的投影的面积即为图所示图形的面积，由题知，在中，又，可得，故所求正投影的面积为，故答案为 四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）在中，D为AC边上一点，（1）求的值；（2）若，求AD的长【答案】（1）；（2）5【解析】（1）在中，据余弦定理，有又，所以（2）因为，则，所以在中，据
10、正弦定理，有，所以18（12分）已知正项数列的前项和为，（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和【答案】（1）；（2）【解析】（1）因为在正项数列中，可得，即，又因为，所以，所以数列是公差为2的等差数列，又，所以（2）由（1）知，所以，所以，所以，所以19（12分）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，侧面是等边三角形，面面，、分别为、的中点 （1）证明：面面；（2）求面与面所成锐二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）设，则，在等边三角形中，为的中点，面面，面，面面，面面，面，面，面，面面（2）由（1）知，以为坐标原点，、分别为、轴建立空间直角坐标系， 则，设面的法
11、向量为，取，得，面的法向量为，面与面所成锐二面角的余弦值为20（12分）2021年，福建、河北、辽宁、江苏、湖北、湖南、广东、重庆8省市将迎来“”新高考模式“3”指的是：语文、数学、英语，统一高考；“1”指的是：物理和历史，考生从中选一科；“2”指的是：化学、生物、地理和政治，考生从四种中选两种为了迎接新高考，某中学调查了高一年级1500名学生的选科倾向，随机抽取了100人统计选考科目人数如下表：选考物理选考历史共计男生4050女生共计30（1）补全列联表；（2）将此样本的频率视为总体的概率，随机调查了本校的3名学生设这3人中选考历史的人数为，求的分布列及数学期望；（3）根据表中数据判断是否有
12、的把握认为“选考物理与性别有关”？请说明理由参考附表：参考公式：，其中【答案】（1）见解析；（2）分布列见解析，；（3）有的把握认为，详见解析【解析】（1）根据题意补全列联表，如下：选考物理选考历史共计男生401050女生302050共计7030100（2）的所有可能取值为0，1，2，3，随机变量服从二项分布，由题意，学生选考历史的概率为，且，的分布列为0123（3）由表中数据，计算的观测值，参照附表知，有的把握认为“选考物理与性别有关”21（12分）已知等轴双曲线的顶点，分别是椭圆的左、右焦点，且是椭圆与双曲线某个交点的横坐标（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆相交于，两点，以线段为直径的
13、圆过椭圆的上顶点，求证：直线恒过定点【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）由已知可得双曲线方程为，交点为设椭圆的方程为，代入，得，椭圆的方程为（2）证明：显然直线与轴不垂直设直线与椭圆相交于，由，得，即，整理得，即，整理得，直线恒过定点22（12分）设函数（1）当有极值时，若存在，使得成立，求实数的取值范围；（2）当时，若在定义域内存在两实数满足且，证明：【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）定义域为，当时，即在上单调递增，不合题意，；令，解得当时，；当时，在上单调递增，在上单调递减，存在，使得成立，则，即，又，即，令，则，在上单调递增，又，即实数的取值范围为（2）当时，则，当时，；当时，在上单调递增，在上单调递减，由且，知，令，则，在上单调递增，即，又，；，又且在上单调递减，即
