1、冲刺高考模拟考试卷（3）一、 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（5分）已知集合，1，2，3，集合，则ABC，D，3，2（5分）等差数列与等差数列的公差之和为A1B2C3D83（5分）若，表示两个不同的平面，为平面内一条直线，则A“”是“”的充分不必要条件B“”是“”的必要不充分条件C“”是“”的必要不充分条件D“”是“”的充要条件4（5分）2020年12月18日，国家统计局发布了2019年中国儿童发展纲要年）统计监测报告，报告指出学前教育得到进一步重视和加强如图为2010年年全国幼儿园数及学前教育毛入园率的统计图：则以下说法正确
2、的是A2015年我国约有75万所幼儿园B这十年间我国学前教育毛入园率逐年增长且增长率相同C2019年我国幼儿园数比上年增长了约D2019年我国学前教育毛入园率比上年提高了5（5分）函数的图象的一条对称轴为ABCD6（5分）“华东五市游”作为中国一条精品旅游路线一直受到广大旅游爱好者的推崇现有4名高三学生准备2021年高考后到“华东五市”中的上海市、南京市、苏州市、杭州市四个地方旅游，假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游，则恰有一个地方未被选中的概率为ABCD7（5分）已知双曲线的右焦点为，直线与双曲线相交于，两点，为坐标原点，线段、的中点分别为、，且，则双曲线的离心率为ABC4D28
3、（5分）对于函数，若存在，使，则点，与点，均称为函数的“先享点”已知函数，且函数存在5个“先享点”，则实数的取值范围为ABCD二、 选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中。有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的对2分，有选错的得0分。9（5分）已知函数，则下列结论正确的是A函数的定义域为B函数在上为增函数C函数的值域为D函数只有一个零点10已知，且，则ABCD11（5分）若实数，则下列不等关系正确的是AB若，则C若，则D若，则12（5分）已知三棱锥的每个顶点都在球的球面上，过作平面的垂线，且，与都在平面的同侧，则A三棱锥的体积为BCD球的表面积为三、 填
4、空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知随机变量，则14（5分）函数在点处的切线方程为15（5分）某驾驶员培训学校为对比了解“科目二”的培训过程采用大密度集中培训与周末分散培训两种方式的效果，调查了105名学员，统计结果为：接受大密度集中培训的55个学员中有45名学员一次考试通过，接受周末分散培训的学员一次考试通过的有30个根据统计结果，认为“能否一次考试通过与是否集中培训有关”犯错误的概率不超过附：0.050.0250.0100.0013.8415.0246.63510.82816（5分）设椭圆的焦点为，是椭圆上一点，且，若的外接圆和内切圆的半径分别为，当时，椭圆的离心率为
5、四、 解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10分）从“；，；，是，的等比中项”三个条件任选一个，补充到下面横线处，并解答已知等差数列的前项和为，公差不等于零，_，（1）求数列的通项公式；（2）若，数列的前项和为，求18（12分）已知的三个内角，的对边分别为，且，（1）求的值；（2）若平分交于，求三角形的面积的值19（12分）如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，为等边三角形，点为的中点，且（1）证明：平面平面（2）若，求二面角的正弦值20（12分）某商城玩具柜台元旦期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送元旦礼品而每个甲系列盲盒可以
6、开出玩偶，中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶，中的一个（1）记事件：一次性购买个甲系列盲盒后集齐，玩偶；事件：一次性购买个乙系列盲盒后集齐，玩偶；求概率及；（2）礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；如此往复，记某人第次购买甲系列的概率为；若每天购买盲盒的人数约为100，且这100人都已购买过很多次这两个系列
7、的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个21（12分）已知双曲线的左、右焦点分别为，点在上，且（1）求的方程；（2）斜率为的直线与交于，两点，点关于原点的对称点为若直线，的斜率存在且分别为，证明：为定值22（12分）已知函数，（1）讨论函数的单调性；（2）当时，证明：高考模拟考试卷（3）答案1解：，1，2，3，故选：2解：等差数列的公差为3，等差数列的公差为，等差数列与等差数列的公差之和为故选：3解：因为为平面内一条直线，所以或与相交，故“”不能推出“”，而，则两平面没有公共点，而为平面内一条直线，所以，所以“”可以推出“”，所以“”是“”的必要不充分条件，故不正确，正确；
8、根据面面垂直的判定可知，为平面内一条直线，“”可以推出“”，但“”不能推出“”，所以“”是“”的充分不必要条件，故、不正确故选：4解：对于，由统计图可知，2015年我国约有22.4万所幼儿园，故选项错误；对于，这十年间我国学前教育毛入园率逐年增长，但是增长率不相同，故选项错误；对于，2019年我国约有28.1万所幼儿园，2018年我国约有26.7万所幼儿园，所以增长了，故选项正确；对于，2019年入园率为，2018年入园率为，所以增长了，故选项错误故选：5解：，令得，当时，符合题意，不符合题意故选：6解：现有4名高三学生准备2021年高考后到“华东五市”中的上海市、南京市、苏州市、杭州市四个地
9、方旅游，假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游，基本事件总数，恰有一个地方未被选中包含的基本事件个数，则恰有一个地方未被选中的概率为故选：7解：设点在第一象限，设坐标为，因为点，分别为三角形的三边的中点，且，所以四边形为矩形，所以，而，则，所以，解得（负值舍去），所以点的坐标为，代入双曲线方程可得：，又，解得，所以双曲线的离心率为，故选：8解：由题意，存在5个“先享点”，原点是一个，其余还有两对，即函数关于原点对称的图象恰好与函数有两个交点，而函数关于原点对称的函数为，即有两个正根，令，则，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，则当时，且当和时，所以实数的取值范围为，故选：9
10、解：选项：由已知可得函数定义域为，故正确；选项：当时，函数为增函数，当时，函数为增函数，且，所以函数在上不单调，故错误；选项：当时，当时，所以函数的值域为，故正确；选项：当时，令，解得，当时，令，解得，故函数有两个零点，故错误，故选：10解：，当且仅当时取等号，解得，即的最小值为16，正确；由已知得，所以，当且仅当时取等号，正确；由已知无法判断，的大小，故无法判断，错误；因为，所以，所以，结合二次函数的性质可知，即时取等号，此时取得最小值，故以，正确故选：11解：对于：幂函数，当时，函数单调递减，所以，故错误；对于：当，故正确；对于，由于，故成立，故正确；对于：原不等式变形为，令，则，解得：，
11、由于，所以，所以函数在上单调递减，所以（a）（b），故正确故选：12解：如图，长方体的高为1，底面是边长为2的正方形，满足，三棱锥的体积为，故正确；，满足，可得，故正确；平面，平面，则，假设，则，与与相交于矛盾，故错误；三棱锥的外接球即长方体的外接球，设其半径为，则，即，可得球的表面积为，故正确故选：13解：因为随机变量服从正态分布，且，所以该正态分布曲线的对称轴为，故，所以故答案为：0.414解：由，得，（1），即函数在点处的切线的斜率为1函数在点处的切线方程为，即故答案为：15解：列联表如下：通过未通过总计集中培训451055分散培训302050总计7530105，认为“能否一次考试通过与
12、是否集中培训有关”犯错误的概率不超过0.025，故答案为：0.02516解：的外接圆的半径，由正弦定理，所以，又由于，所以，在中，由余弦定理可得，而，所以，所以可得：，由三角形的面积相等可得：，所以，所以，整理可得：，解得或，故答案为：17解：（1）选，可得，解得，即，则，即，所以；选，可得，解得，所以；选，是，的等比中项，可得，即，解得舍去），所以；（2）由，可得，所以18解：（1）因为，又由余弦定理可得，所以，可得，因为，可得，由余弦定理，将，代入，可得，可得，所以，由正弦定理，可得（2）由（1）可知，则由正弦定理可得，可得，在中，在中，又因为平分，所以，可得，可得，所以19（1）证明：连
13、接，因为为等边三角形，所以，因为，所以，所以，又因为，所以平面，又因为平面，所以平面平面，故平面平面（2）解：因为，所以，所以、两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，0，0，0，0，设平面的法向量为，令，1，平面的法向量为，0，设二面角的大小为，则，所以二面角的正弦值为20解：（1）由题意，（2）由题意可知：，当时，所以是以为首项，为公比的等比数列，；因为每天购买盲盒的100人都已购买过很多次，所以，对于每一个人来说，某天来购买盲盒时，可以看作趋向无穷大，所以购买甲系列的概率近似于，假设用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则，所以，即购买甲系列的人数的期望为40，所以礼品店应准备甲系列盲盒40
14、个，乙系列盲盒60个21解：（1）设，其中，因为，所以，解得，所以，解得，所以，所以双曲线的方程为；（2）证明：设，则，设直线的方程为，与双曲线的方程联立，消去，可得，由，可得，所以，所以，所以为定值22解：（1）的定义域为，令，当时，所以在上单调递增，当时，函数的对称轴为，且，所以在上，单调递增，当时，函数的对称轴为，且，所以在上单调递减，存在使得，所以在上，单调递增，在，上，单调递减，综上所述，当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在，上单调递减（2）当时，要证，则需证，只需证，令，令，所以在上，单调递减，又因为，所以存在一个，使得，即所以在上，单调递增，在，上，单调递减，所以，令，令，所以，单调递增，所以，所以，所以恒成立，即可得证
