1、吉林省长岭县第四中学2021届高三数学下学期第三次模拟考试试题注意事项：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分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1设集合，则（ ）ABCD2已知是虚数单位，是复数，
2、若，则复数的虚部为（ ）ABCD3在中，“”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4函数的图象不可能是（ ）ABCD5已知圆截直线所得弦的长度小于6，则实数的取值范围为（ ）ABCD6的展开式中的常数项是（ ）ABCD7已知双曲线的实轴长为16，左焦点为F，M是双曲线C的一条渐近线上的点，且，O为坐标原点，若的面积为16，则双曲线C的离心率为（ ）ABCD8已知函数，若不等式对任意的恒成立，则实数的最小值为（ ）ABCD 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3分，有选错的
3、得0分9设，为实数，且，则下列不等式中正确的是（ ）ABCD10函数的部分图象如图所示，且满足，现将图象沿轴向左平移个单位，得到函数的图象下列说法正确的是（ ） A在上是增函数B的图象关于对称C是奇函数D在区间上的值域是11已知四棱锥，底面为矩形，侧面平面，若点为的中点，则下列说法正确的为（ ）A平面B面C四棱锥外接球的表面积为D四棱锥的体积为612设为等比数列的前项和，满足，且，成等差数列，则下列结论正确的是（ ）ABC若数列中存在两项，使得，则的最小值为D若恒成立，则的最小值为 第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13已知，则_14若，则_15已知直线与抛物线交于两点，抛物线的焦点为
4、，则的值为_16已知函数，若函数有3个不同的零点，且，则的取值范围是_ 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）如图，四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，侧面PAB，PAB是等边三角形，E是线段AB的中点（1）求证：PECD；（2）求PC与平面PDE所成角的正弦值 18（12分）在；，这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解决该问题已知中，分别为内角，的对边，_，求角及的面积 19（12分）已知数列满足，且（且）（1）求，的值；（2）设，是否存在实数，使得是等差数列？若存在，求出的值；否则，说明理由；（3）求的前项和 20（12分）为了缓解
5、日益拥堵的交通状况，不少城市实施车牌竞价策略，以控制车辆数量某地车牌竞价的基本规则是：“盲拍”，即所有参与竞拍的人都是网络报价，每个人不知晓其他人的报价，也不知道参与当期竞拍的总人数；竞价时间截止后，系统根据当期车牌配额，按照竞拍人的出价从高到低分配名额某人拟参加年月份的车牌竞拍，他为了预测最低成交价，根据竞拍网站的公告，统计了最近个月参与竞拍的人数(见下表)月份月份编号竞拍人数（万人）（1）由收集数据的散点图发现，可用线性回归模型拟合竞拍人数（万人）与月份编号之间的相关关系请用最小二乘法求关于的线性回归方程，并预测年月份参与竞拍的人数；（2）某市场调研机构对位拟参加年月份车牌竞拍人员的报价价
6、格进行了一个抽样调查，得到如下的一份频数表：报价区间（万元）频数（i）求这位竞拍人员报价的平均值和样本方差（同一区间的报价可用该价格区间的中点值代替）；（ii）假设所有参与竞价人员的报价可视为服从正态分布，且与可分别由（i）中所求的样本平均数及估值若年月份实际发放车牌数量为，请你合理预测（需说明理由）竞拍的最低成交价参考公式及数据：回归方程，其中，；，；若随机变量服从正态分布，则， 21（12分）已知椭圆的离心率为，直线与椭圆C有且仅有一个公共点（1）求椭圆C的方程及A点坐标；（2）设直线l与x轴交于点B过点B的直线与C交于E，F两点，记点A在x轴上的投影为G，T为BG的中点，直线AE，AF与
7、x轴分别交于M，N两点试探究是否为定值?若为定值，求出此定值；否则，请说明理由 22（12分）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）若，为函数的两个极值点，且，为函数的两个零点，求证：当时， 数 学答 案第卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1【答案】A【解析】由，得，故选A2【答案】B【解析】由，得，所以虚部为，故选B3【答案】B【解析】若，则或，即或，所以在中，“”是“”的不充分条件；若，则，则，所以在中，“”是“”的必要条件，故选B4【答案】C【解析】因为A、B选项中，图象关于原点对称，所以为奇函数，即，所以当，的图象为选
8、项A；当，的图象为选项B；而C、D选项中，图象关于轴对称，所以为偶函数，即，所以当，故的图象为选项D，故的图象不可能为C，故选C5【答案】D【解析】圆的方程整理得，圆心为，半径为，即，圆心到直线的距离为，因为弦的长度小于6，故有，解得，故选D6【答案】D【解析】展开式的通项为，所以展开式的常数项为，含项的系数为，所以的展开式中的常数项为，故选D7【答案】D【解析】设双曲线的焦点F为，双曲线的渐近线为，故双曲线焦点到渐近线的距离为，故，依题意有，所以离心率为，故选D8【答案】C【解析】因为，所以图象关于点对称，又，所以在上单调递增，等价于，即恒成立，所以，令，可得，而，所以，故选C 二、多项选择
9、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3分，有选错的得0分9【答案】ACD【解析】对于A，因为，所以，所以A正确；对于B，当时，不成立，所以B错误；对于C，因为，函数是上的减函数，所以，所以C正确；对于D，因为，所以，因为是上的增函数，所以，所以D正确，故选ACD10【答案】BCD【解析】设的最小正周期为，由题图可知，所以，当时，即，所以，因为，所以，所以，又，所以，所以，所以，因为，所以A不正确；因为，所以B正确；因为，所以是奇函数，故C正确；当时，故D正确，故选BCD11【答案】BC【解析】作图在四棱锥中： 由题：侧面平
10、面，交线为，底面为矩形，则平面，过点B只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项A错误；连接交于，连接，中，面，面，所以面，所以选项B正确；四棱锥的体积是四棱锥的体积的一半，取中点，连接，则平面，四棱锥的体积，所以选项D错误；矩形中，易得，中求得，在中，即，所以O为四棱锥外接球的球心，半径为，所以其体积为，所以选项C正确，故选BC12【答案】ABD【解析】设等比数列的公比为，由，得，解得，所以，所以A，B正确；若，则，所以，所以，则或或或，此时或或或，C不正确，当为奇数时，当为偶数时，又关于单调递增，所以当为奇数时，当为偶数时，所以，所以，D正确，故选ABD 第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题
11、5分13【答案】【解析】，又，故答案为14【答案】【解析】，即，故答案为15【答案】【解析】设，将代入，可得，即，所以，则，又，故，由于，则，故答案为16【答案】【解析】，时，；时，的极小值为令，即，解得方程两根为和，函数的零点即方程和的根函数有3个不同的零点需满足：当时，且，；当时，且，综上：的范围为 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【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）AD侧面PAB，PE平面PAB，ADEP又PAB是等边三角形，E是线段AB的中点，ABEPADABA，PE平面ABCDCD平面ABCD，PECD（2）以E为原点，EA、
12、EP分别为y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系 则，设为平面PDE的一个法向量由，令，可得，设PC与平面PDE所成的角为，得，所以PC与平面PDE所成角的正弦值为18【答案】选择见解析，【解析】选，因为，所以由正弦定理得，即，所以，因为，所以或若，由，而，从而，矛盾，舍去故，接下来求的面积法一：设外接圆的半径为，则由正弦定理得，法二：由（1）得，即，或，当时，又，由正弦定理得，当时，同理可得，故的面积为选，因为，所以，即，所以或（舍），因为，所以以下同解法同，选，由及正弦定理得，即，由余弦定理得，以下解法同19【答案】（1），；（2）存在，；（3）【解析】（1）由，令，得，令，得（2），若是
13、等差数列，则有，即，解得，下证当时，是等差数列，当时，所以是公差为1的等差数列，而，所以（3）由（2），所以，令，则，两式相减得，得，所以20【答案】（1），估计为2万人；（2）（i）；（ii）可预测2020年11月份竞拍的最低成交价为万【解析】（1）易知，则关于的线性回归方程为，当时，即2020年11月份参与竞拍的人数估计为2万人（2）（i）依题意可得这人报价的平均值和样本方差分别为：，（ii）2020年11月份实际发放车牌数量为3174，根据竞价规则，报价在最低成交价以上人数占总人数比例为，根据假设，报价可视为服从正态分布，且，又，可预测2020年11月份竞拍的最低成交价为万21【答案】（
14、1），；（2）为定值【解析】（1）设椭圆的半焦距为，则，则，所以椭圆的方程为，将椭圆的方程与直线的方程联立得，所以，解得，所以，故椭圆的方程为，此时将代入，得，所以，此时，所以点坐标为（2）将直线联立，得到，所以，因为，所以，当斜率时，或，或，此时有；当斜率时，设，代入，得，设，所以，所以，则，同理，所以，对分子：；对分母：，所以，综上，为定值22【答案】（1）见解析；（2）证明见解析【解析】（1）由于的定义域为，对于方程，当，即时，恒成立，故在内单调递增；当，即时，方程在恰有两个不相等实根令，得或，此时单调递增；令，得，此时单调递减，综上所述：当时，在内单调递增；当时，在单调递增，在单调递减（2）证明：为函数的两个极值点，即为方程的两根又，且，又为的零点，两式相减得，又，令，由，得，由，上式两边同时除以，得，又，故，解得或（舍去），设，则，在上单调递减，