（新高考）2021屆高三第三次模擬考試卷 數(shù)學(xué)（二） 教師版

1、此卷只裝訂不密封班級 姓名 準(zhǔn)考證號 考場號 座位號 （新高考）2021屆好高三第三次模擬考試卷數(shù) 學(xué)（二）注意事項：1答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。第卷一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求

2、的1若集合，滿足：，則（ ）ABCD【答案】B【解析】由集合，滿足：，如圖所示：，故選B2已知復(fù)數(shù)z對應(yīng)的向量為(O為坐標(biāo)原點)，與實軸正向的夾角為120°，且復(fù)數(shù)z的模為2，則復(fù)數(shù)z為（ ）AB2CD【答案】D【解析】設(shè)復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點為，則，復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點為，故選D3是的（ ）A充要條件B必要不充分條件C充分不必要條件D既不充分也不必要條件【答案】C【解析】由不等式，即，解得或，即不等式的解集為或，所以是的充分不必要條件，故選C4已知函數(shù)，則（ ）ABCD【答案】A【解析】當(dāng)時，因為，所以，所以是周期為的函數(shù)，所以，又因為，所以，故選A5已知向量與，則已知向量與的夾角為（ ）ABC

3、D【答案】B【解析】設(shè)向量與的夾角為，因為，所以，6若，則（ ）A20BC15D【答案】B【解析】因為，所以展開式的通項為，令，則，所以，故選B7已知實數(shù)滿足約束條件，則的取值范圍為（ ）ABCD【答案】B【解析】如圖畫出可行域，由，則，當(dāng)直線過點時，取最大值；當(dāng)直線過點時，取最小值，由題可得，所以，故選B8如圖，已知圓錐的底面半徑為2，母線長為4，為圓錐底面圓的直徑，是的中點，是母線的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）ABCD【答案】A【解析】延長至點，使，連接，因為是母線的中點，所以，所以為異面直線與所成的角（或補(bǔ)角）由題意知，又是的中點，所以，所以在中，因為，所以，所以在中，則由余

4、弦定理得，故選A二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分9設(shè)等差數(shù)列的前n項和是，已知，則下列選項正確的有（ ）A，BC與均為的最大值D【答案】ABD【解析】因為，所以，即，因為，所以，所以，所以等差數(shù)列的前7項為正數(shù)，從第8項開始為負(fù)數(shù)，則，為的最大值故選ABD10已知函數(shù)在上是單調(diào)函數(shù)，且則的可能取值為（ ）ABCD【答案】AB【解析】對于A，若，可取，則，在上單減，故A正確；對于B，若，此時可以取，使得函數(shù)在單減，故B正確；對于C，若，即，故C錯誤；對于D，若，故D錯誤，故選AB11已知橢

5、圓的左右焦點分別為、，長軸長為4，點在橢圓內(nèi)部，點在橢圓上，則以下說法正確的是（ ）A離心率的取值范圍為B當(dāng)離心率為時，的最大值為C存在點使得D的最小值為1【答案】BD【解析】由題意可得，所以，由點在橢圓內(nèi)部可得，可得，即，所以對A，所以，故A錯誤；對B，當(dāng)時，故B正確；對C，由A知，當(dāng)時，當(dāng)在短軸端點時，最大，此時，此時，由，故可得在橢圓在最扁時的最大值都小于，所以不存在點使得，即C錯誤；對D，故D正確，故選BD12已知函數(shù)，若時，有，是圓周率，為自然對數(shù)的底數(shù)，則下列結(jié)論正確的是（ ）A的圖象與軸有兩個交點BC若，則D若，則最大【答案】BCD【解析】的定義域為，且，當(dāng)，即時，單調(diào)遞增；當(dāng)，

6、即時，單調(diào)遞減，所以的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為，由于時，且當(dāng)時，故只有一個零點，所以A選項不正確；由于的單調(diào)性，可得，所以B選項正確；由的單調(diào)區(qū)間，可畫出函數(shù)的簡圖由，可知，因為在上單調(diào)遞減，可知，故有因為在上單調(diào)遞增，所以綜上，有，所以C選項正確；因為，由指數(shù)函數(shù)單調(diào)性可知，；由冪函數(shù)單調(diào)性可知，即有，故這6個數(shù)的最大數(shù)在與之中，最小數(shù)在與之中由及的單調(diào)性，有，即由，可得，即，所以；同理可得綜上可得，6個數(shù)中最大數(shù)是，最小數(shù)是，所以D選項正確，故選BCD第卷三、填空題：本大題共4小題，每小題5分13某城市為了解游客人數(shù)的變化規(guī)律，提高旅游服務(wù)質(zhì)量，收集并整理了2014年1月至2016年

7、12月期間月接待游客量(單位：萬人)的數(shù)據(jù)，繪制了下面的折線圖根據(jù)該折線圖，下列結(jié)論錯誤的是_月接待游客量逐月增加；年接待游客量逐年增加；各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月；各年1月至6月的月接待游客量相對于7月至12月，波動性更小，變化比較平穩(wěn)【答案】【解析】由題圖可知，2014年8月到9月的月接待游客量在減少，所以錯誤；根據(jù)接待游客的折線圖，可得年接待游客量逐年增加，所以正確；各年的月接待游客量高峰期大致在7、8月，所以正確；各年1月至6月的月接待游客量相對于7月至12月，波動性更小，變化比較平穩(wěn)，所以正確，故答案為14為迎接2022年北京冬奧會，某工廠生產(chǎn)了一批雪車，這批產(chǎn)品中按質(zhì)量

8、分為一等品，二等品，三等品從這批雪車中隨機(jī)抽取一件雪車檢測，已知抽到不是三等品的概率為，抽到一等品或三等品的概率為，則抽到一等品的概率為_【答案】【解析】設(shè)抽到一等品二等品三等品的事件分別為，則，解得，則抽到一等品的概率為，故答案為15若分別為圓與圓上的動點，為直線上的動點，則的最小值為_【答案】9【解析】由題意點半徑為2，半徑為1，設(shè)點關(guān)于直線的對稱點為，如圖：則，解得，即，連接，求的最小值可以轉(zhuǎn)化為點到兩個圓心的距離再減去兩個圓的半徑的和的最小值，再由點、關(guān)于直線的對稱，所以，又，故答案為916已知，為的角平分線，則（i）面積的取值范圍為_（ii）的最小值為_【答案】，9【解析】（i）在中

9、，由余弦定理可得，即，解得，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立所以，所以面積的取值范圍為（ii）為的角平分線，所以，所以，即，所以，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立所以的最小值為9，故答案為，9四、解答題：本大題共6個大題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟17（10分）已知的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為，（1）求的值；（2）若，的面積為，求的周長【答案】（1）；（2）【解析】（1）由正弦定理，及，得，即，（2）由（1）知，故，又因為，解得，由，得，由余弦定理及，得，的周長為18（12分）已知數(shù)列的前項和為，且（1）求數(shù)列的通項公式；（2）設(shè)，求數(shù)列的前項和【答案】（1）；（2）【解析】（1）當(dāng)時，得

10、到數(shù)列的首項為1，當(dāng)時，根據(jù)得到，上述兩式相減得到，則，經(jīng)驗證，當(dāng)時也成立，所以（2）由（1）得，所以，可得，所以19（12分）如圖，是以為直徑的圓上異于，的點，平面平面，中，分別是，的中點（1）求證：平面；（2）記平面與平面的交線為直線，點為直線上動點求直線與平面所成的角的取值范圍【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】（1）證明：因為是以為直徑的圓上異于，的點，所以，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面（2）由已知，又平面，平面，平面，又平面，平面平面，以為坐標(biāo)原點，所在直線分別為軸，軸，過且垂直于平面的直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則，可設(shè)，平面的一個法向量為，則，取，得，又，則，直線

11、與平面所成角的取值范圍為20（12分）下棋既鍛煉思維又愉悅身心，有益培養(yǎng)人的耐心和細(xì)心，舒緩大腦并讓其得到充分休息現(xiàn)某學(xué)校象棋社團(tuán)為豐富學(xué)生的課余生活，舉行象棋大賽，要求每班選派一名象棋愛好者參賽現(xiàn)某班有位象棋愛好者，經(jīng)商議決定采取單循環(huán)方式進(jìn)行比賽，(規(guī)則采用“中國數(shù)目法”，沒有和棋)即每人進(jìn)行輪比賽，最后靠積分選出第一名去參加校級比賽積分規(guī)則如下(每輪比賽采取局勝制，比賽結(jié)束時，取勝者可能會出現(xiàn)三種賽式)或勝者積分分分負(fù)者積分分分輪過后，積分榜上的前兩名分別為甲和乙，甲累計積分分，乙累計積分分第輪甲和丙比賽，設(shè)每局比賽甲取勝的概率均為，丙獲勝的概率為，各局比賽結(jié)果相互獨立（1）在第輪比賽中

12、，甲所得積分為，求的分布列；求第輪結(jié)束后，甲的累計積分的期望；（2）已知第輪乙得分，判斷甲能否提前一輪獲得累計積分第一，結(jié)束比賽(“提前一輪”即比賽進(jìn)行輪就結(jié)束，最后一輪即第輪無論乙得分結(jié)果如何，甲累計積分最多)?若能，求出相應(yīng)的概率；若不能，請說明理由【答案】（1）分布列見解析；（2）【解析】（1）由題意，隨機(jī)變量的可能取值為，則，所以的分布列為隨機(jī)變量的可能取值為，則（2）若，則甲輪后的總積分為分，乙即便第輪和第輪都得分，則輪過后的總積分是分，所以甲如果第輪積分，則可提前一輪結(jié)束比賽，其概率為21（12分）已知橢圓的離心率為，且過點（1）求橢圓G的方程；（2）過點斜率為的直線l交橢圓G于A，B兩點，在y軸上是否存在點N使得（點N與點M不重合），若存在，求出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由【答案】（1）；（2），證明見解析【解析】（1）由條件可知，解得，所以橢圓的方程是（2）設(shè)直線，聯(lián)立，得，即，即，得，即存在定點22（12分）已知函數(shù)（1）若函數(shù)，判斷的單調(diào)性（用實數(shù)表示）；（2）若恒成立，求實數(shù)的取值范圍【答案】（1）答案不唯一，具體見