1、云南省曲靖市第二中学、大理新世纪中学2021届高三数学第一次模拟考试试题 理（含解析）第卷一、选择题：本题共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.1. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先化简集合，再求得解.【详解】，则.故选：A【点睛】易错点睛：解不等式容易漏掉函数的定义域，从而得到，导致出错.解答函数的问题，要注意“定义域优先”的原则.2. 已知，若与互为共轭复数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据共轭复数定义求得,再计算即可.【详解】因为与互为共轭复数故,所以.故选：B【点睛】本题考
2、查复数的四则运算,考查运算求解能力.3. 定义：，当五位数满足，且时，称这个五位数为“凸数”.由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数共120个，从中任意抽取一个，则其恰好为“凸数”的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由列举法列举出满足条件的基本事件，即可根据古典概型的概率公式求出结果.【详解】由题意，由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数恰好为“凸数”的有：12543,13542,14532,23541,24531,34521,共6个基本事件，所以恰好为“凸数”的概率为.故选D【点睛】本题主要考查古典概型，列举法求古典概型的概率只需熟记古典概型的概率
3、公式即可求解，属于基础题型.4. 若，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用同角三角函数的基本关系,结合题中的范围求出,由两角和的正弦公式即可求解.【详解】因为，所以，所以，.故选：B【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系和两角和的正弦公式;考查运算求解能力;熟练掌握象限角的三角函数符号和两角和的正弦公式是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.5. 若，则的展开式中常数项为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：因为,而,令,故,故,常数项为,应选C考点：定积分的计算及二项式定理的运用6. 函数在的图像大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A
4、【解析】【分析】根据函数的奇偶性，以及特殊值即可判断.【详解】因为又定义域关于原点对称，故该函数为奇函数，排除B和D.又，故排除C.故选：A.7. 某三棱锥的三视图如图所示（图中小正方形的边长为，则该三棱锥的体积为（ ）A. B. C. 1D. 2【答案】A【解析】【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体体积即可.【详解】由题意，该几何体的直观图为三棱锥，如下图，其中底面，在中，边上的高为2，所以三棱锥的体积为.故选：A【点睛】本题考查三视图和几何体之间的转换，考查三棱锥的体积，考查学生的推理能力与计算能力，属于基础题型.8. 抛物线的焦点是双曲线的一个焦点，过且倾斜角为的直线交于，
5、则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由抛物线的焦点是双曲线的一个焦点可求出参数,由题意写出直线的方程然后和抛物线方程联立,再由直线与圆锥曲线的交点弦弦长公式即可求出答案.【详解】由抛物线C:()可知焦点F(0,),由双曲线的上焦点坐标为(0,1),且抛物线的焦点F(0,)是双曲线的一个焦点,可得,得,得抛物线方程为，由题意得直线的方程为,设A,B联立消化简得,则有:,所以由弦长公式.故选:D.【点睛】本题考查了抛物线与双曲线焦点的求法,直线方程式的求法以及直线圆锥曲线交点弦弦长公式应用,考查了学生的综合运算能力,这是高考题常见题型,属于一般难度的题.9. 杨辉三角是二项式
6、系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的详解九章算法一书中就有出现.在欧洲，帕斯卡（16231662）在1654年发现这一规律，比杨辉要迟了393年.如图所示，在“杨辉三角”中，从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：1，2，3，3，6，4，10，5，则在该数列中，第37项是( )A. 153B. 171C. 190D. 210【答案】C【解析】【分析】根据“杨辉三角”找出数列1，2，3，3，6，4，10，5，之间的关系即可。【详解】由题意可得从第3行起的每行第三个数：，所以第行的第三个数为在该数列中，第37项为第21行第三个数，所以该数列的第37项为故选：C【点睛】
7、本题主要考查了归纳、推理的能力，属于中等题。10. 的内角，的对边分别为，已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由正弦定理及，先求得，又由正弦定理及，得，结合余弦定理，即可求得本题答案.【详解】在中，由正弦定理及，得，又，；由正弦定理及，得，又由余弦定理得，所以，得故选：A【点睛】本题主要考查正余弦定理的综合应用，考查学生的转化能力和运算求解能力.11. 已知双曲线与函数的图象交于点，若函数的图象在点处的切线过双曲线左焦点，则双曲线的离心率是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设的坐标为，函数的导数，根据条件可得，可解得，即，再根据双曲线的定义可求
8、出其，从而得到离心率.【详解】设的坐标为，由左焦点，所以函数的导数，则在处的切线斜率，即，得，则，设右焦点为，则，即，双曲线的离心率.故选：D12. 已知函数是定义在R上的可导函数，对于任意的实数x，都有，当时，若，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】构造函数，根据题意，可得函数的奇偶性，根据时，对函数求导，可得函数的单调性，将，左右同乘，可得，即，利用的性质，即可求得答案.【详解】，令，则，即为偶函数，当时，即函数在上单调递增.根据偶函数对称区间上单调性相反的性质可知在上单调递减，即，解得，故选：B.【点睛】解题的关键是将题干条件转化为，根据左右相同的
9、形式，构造函数，再根据题意，求得函数的奇偶性，单调性；难点在于：由于，不符合函数的形式，需左右同乘，方可利用函数的性质求解，属中档题.第卷二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知函数，若曲线在处的切线与直线平行，则_.【答案】【解析】【分析】先求导，再根据导数的几何意义，有求解.【详解】因为函数，所以，所以，解得.故答案为：【点睛】本题考查导数的几何意义，还考查运算求解能力以及数形结合思想，属于基础题.14. 已知函数，则_【答案】【解析】【分析】根据题意，由函数解析式可得，进而计算得到答案.【详解】根据题意，当时，所以，当时，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查函数值的
10、计算，涉及分段函数的应用和对数计算，属于基础题.15. 设实数，满足不等式，当时取得最小值时，直线与以为圆心的圆相切，则圆的面积为_【答案】【解析】【分析】由实数，满足不等式，作出可行域，将变形为，平移直线，找到最优点，得到的最小值，从而得到直线方程，再利用直线与圆相切求解.【详解】由实数，满足不等式，作出可行域如图所示阴影部分，将变形为，平移直线，当直线过点时，在y轴上的截距最小，此时，取得最小值，直线方程为，圆心到直线的距离为：，所以圆的面积为故答案为：【点睛】本题主要考查线性规划求最值以及直线与圆的位置关系，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.16. 已知三棱锥外接球的表
11、面积为，是边长为的等边三角形，且平面平面，则三棱锥体积的最大值为_【答案】【解析】【分析】取中点，由题设条件推导出当棱锥体积取最大值时，平面，画出图象，数形结合，由此能求出结果【详解】三棱锥外接球的表面积为，设外接球半径为根据球的表面积公式可得：解得：取中点，连结，是边长为的等边三角形， 根据正弦定理可得：设外接圆圆心为M，半为 可得，由，可知在球的小圆上(即外接圆心不与球心O重合)根据题意画出图象：过作的垂线，垂足是的中点D时所求三棱锥的体积最大，又，所以，所以，三棱锥体积故答案为：【点睛】本题主要考查了球内接三棱锥体积最值问题，解题关键是掌握球内接三棱锥体积最值的求法和椎体体积计算公式，数
12、形结合，考查了分析能力和计算能力，属于中档题三、解答题：共70分.解答应写出文字说眀、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17. 已知数列的前项和为.(1)求数列的通项公式；(2)设，求.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）根据得出递推关系式，再计算，从而可求出数列的通项公式；（2）由（1）得数列的通项公式，结合裂项相消法即可求得.试题解析：（1）当时，当时， ，符合上式 所以. （2）由（1）得. 点睛：本题主要考查等比数列的通项以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最
13、难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1) ；（2） ；（3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.18. 移动支付（支付宝及微信支付）已经渐渐成为人们购物消费的一种支付方式，为调查曲靖市民使用移动支付的年龄结构，随机对100位市民做问卷调查得到列联表如下：35岁以下（含35岁）35岁以上合计使用移动支付4050不使用移动支付40合计100（1）将上列联表补充完整，并请说明在犯错误的概率不超过0.01的前提下，认为支付方式与年龄是否有关？（2）在使用移动支付的人群中采用分层
14、抽样的方式抽取10人做进一步的问卷调查，从这10人随机中选出3人颁发参与奖励，设年龄都低于35岁（含35岁）的人数为，求的分布列及期望.0.500.400.250.150.100.050.0250.0100.0050.0010.4550.7081.3232.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828（参考公式：）（其中）【答案】(1)列联表见解析，在犯错误的概率不超过0.010的前提下，认为支付方式与年龄有关.；(2)分布列见解析，.【解析】【分析】（1）先补全列联表，求出的值，根据临界值表得出判断；（2）根据分层抽样，可知35岁以下(含35岁)的人数为8人，35岁以
15、上的有2人，所以获得奖励的35岁以下(含35岁)的人数为，则的可能为1，2，3，求出概率，得到分布列，求出期望.【详解】(1)根据题意及列联表可得完整的列联表如下:35岁以下(含35岁)35岁以上合计使用移动支付401050不使用移动支付104050合计5050100根据公式可得，所以在犯错误的概率不超过0.010的前提下，认为支付方式与年龄有关. (2)根据分层抽样，可知35岁以下(含35岁)的人数为人，35岁以上的有2人，所以获得奖励的35岁以下(含35岁)的人数为，则的可能为1，2，3，且，其分布列为123.19. 如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1是菱形，AC=BC=
16、2，CBB1=，点A在平面BCC1B1上的投影为棱BB1的中点E（1）求证：四边形ACC1A1为矩形；（2）求二面角E-B1C-A1的平面角的余弦值【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）通过勾股定理得出，又，进而可得平面，则可得到，问题得证；（2）如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式可得答案.【详解】（1）因为平面，所以， 又因为，所以，因此，所以， 因此平面，所以，从而，又四边形为平行四边形，则四边形为矩形；（2）如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，所以，平面的法向量，设平面的法向量， 由，由，令，即， 所以，所以，
17、所求二面角的余弦值是.【点睛】本题考查空间垂直关系的证明，考查向量法求二面角的大小，考查学生计算能力，是中档题.20. 已知椭圆的离心率为，且椭圆过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点，且与圆交于两点，求的取值范围.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）先利用离心率得到的关系，再利用点在椭圆上得到另一个关系，解方程即得椭圆方程；（2）先讨论斜率不存在时的值，再设斜率存在时的直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理求弦长，再利用几何法求圆中的弦的长，最后计算的取值范围即可.【详解】解：（1）由已知可得，所以，故，即，所以椭圆的方程为，将点带入方程得，即，所以椭圆
18、的标准方程为；（2）由（1）知，故椭圆的右焦点为，若直线的斜率不存在，直线的方程为，则所以； 若直线的斜率存在，设直线方程为，设，联立直线与椭圆方程，可得，则，所以，因为圆心到直线的距离，所以在圆中由知，所以，因为，则，故，故，即，综上，.【点睛】思路点睛：求解椭圆中的弦长问题时，一般需要联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，以及弦长公式，即可求出结果；有时也可由直线与椭圆方程联立求出交点坐标，根据两点间距离公式求出弦长.21. 已知函数.（1）当时，讨论的单调性；（2）设，若关于的不等式在上有解，求的取值范围.【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减；(2).【解析】【分析】（1）先对函数求导，
19、得到，由判定恒成立，进而可确定函数单调性；（2）先得到，根据题中条件，得出存在，使得成立，令，对其求导，讨论，三种情况，分别判定函数单调性，求出最值，列出对应不等式求出的值，即可得出结果.【详解】(1)由题意知，令，当时，恒成立，当时，即；当时，即；函数在上单调递增，在上单调递减. (2)因为， 由题意知，存在，使得成立.即存在，使得成立；令，当时，对任意，都有，函数在上单调递减，成立，解得，；当时，令，解得；令，解得，函数在上单调递增，在上单调递减，又，解得无解；当时，对任意的，都有，函数在上单调递增，不符合题意，舍去；综上所述，的取值范围为.【点睛】思路点睛：根据导数的方法研究不等式恒成立
20、（或能成立）求参数时，一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构造函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22. 在直角坐标系中，直线参数方程为（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，圆的极坐标方程为（1）若与相交于两点，求；（2）圆的圆心在极轴上，且圆经过极点，若被圆截得的弦长为，求圆的半径【答案】（1）6；（2）13.【解析】【分析】（1）将直线参数方程代入圆的
21、直角坐标方程，利用求解得到结果；（2）写出的普通方程并假设圆的直角坐标方程，利用弦长为建立与的关系，再结合圆心到直线距离公式得到方程，解方程求得，即为圆的半径.【详解】（1）由，得将代入，得设两点对应的参数分别为，则故（2）直线的普通方程为设圆的方程为圆心到直线的距离为因为，所以解得：或（舍）则圆的半径为【点睛】本题考查直线参数方程中参数的几何意义、极坐标与直角坐标的互化、参数方程化普通方程.解决直线参数方程问题中距离之和或积的关键，是明确直线参数方程标准形式中的参数的几何意义，将距离问题转化为韦达定理的形式.选修4-5：不等式选讲23. 已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围，【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用分段讨论法去掉绝对值，求出不等式的解集； （2）利用绝对值三角不等式求出的最大值，得出关于的不等式，求出解集即可【详解】（1）当时，解得；当时，解得，则； 当时，解得，则. 综上，不等式的解集为；（2） ，若对任意，不等式恒成立，则，解得或.因此，实数的取值范围是.【点睛】本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用，同时考查了不等式恒成立问题，属于中档题