河南省济源、平顶山、许昌2021届高三三模数学（理）试题-6a0406414da74f4d8b758130117aef10_new

河南省济源、平顶山、许昌2021届高三三模数学（理）试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，且，则的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

2．若复数满足，为虚数单位，则的最大值为（       ）

A．8 B．6 C．4 D．2

3．苏格兰数学家科林·麦克劳林（Colin   Maclaurin）研究出了著名的Maclaurin级数展开式，其中一个为：，据此展开式，如图所示的程序框图的输出结果S约为（       ）（参考数据：，，）

A．1.6931 B．0.6931 C．1.0990 D．0.8813

4．已知曲线在点处的切线方程为，则

A． B． C． D．

5．将函数的图像向左平移个单位长度，再把曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图像，则（       ）

A．的图像关于点对称 B．的图像关于直线对称

C．的最小正周期为 D．在上单调递减

6．函数的图像大致是（       ）

A． B．

C． D．

7．设，分别为双曲线（，）的左、右焦点，为坐标原点，过的直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，且满足，，则该双曲线的离心率为（       ）

A． B． C．2 D．

8．的展开式中的系数为（       ）

A．10 B．15 C．20 D．25

9．已知且，且，且，则，，的大小关系为（       ）

A． B． C． D．

10．在四面体中，平面，三内角，，成等差数列，，，则该四面体的外接球的表面积为（       ）

A． B． C． D．

11．A，B两位同学各有3张卡片，现以投掷均匀硬币的形式进行游戏：当出现正面向上时，A赢得B一张卡片，否则B赢得A一张卡片．若某人赢得所有卡片，则游戏终止，则恰好掷完5次硬币时游戏终止的概率是（       ）

A． B． C． D．

12．已知椭圆：的离心率为，是椭圆的右焦点，点，直线的斜率为，为坐标原点．设过点的直线与椭圆交于，两点，则面积的最大值为（       ）

A． B．2 C． D．1

二、填空题

13．若实数，满足条件则的最小值为______．

14．已知平面向量，，且，则______．

15．若函数（，）是奇函数，则函数在上的最大值与最小值的和为______．

16．已知的内角，，所对的边分别为，，，且满足，，则的面积的最大值为_______________.

三、解答题

17．设数列满足，．

（1）求数列的通项公式；

（2）令，求数列的前项和．

18．如图，在几何体中，四边形是矩形，平面，，，，，分别是线段，，的中点．

（1）求证：平面平面；

（2）求平面与平面所成二面角的正弦值．

19．2020年，新冠病毒席卷全球，给世界各国带来了巨大的灾难面对疫情，我们伟大的祖国以人民生命至上为最高政策出发点，统筹全国力量，上下一心，进行了一场艰苦的疫情狙击战，控制住了疫情的蔓延并迅速开展相关研究工作．某医疗科学小组为了了解患有重大基础疾病（如，糖尿病、高血压…）是否与更容易感染新冠病毒有关，他们对疫情中心的人群进行了抽样调查，对其中50人的血液样本进行检验，数据如下表：

（1）请填写列联表，并判断是否有99%的把握认为患有重大基础疾病更容易感染新冠病毒；

（2）在抽样调查过程中，发现某样本小组5人中有1人感染新冠病毒，需要通过化验血液来确定感染者，血液化验结果呈阳性即为感染者，呈阴性即未感染．下面是两种化验方法：

方法一：逐一检验，直到检出感染者为止；

方法二：先取3人血液样本，混合在一起检验，如呈阳性则逐一检验，直到检出感染者为止；如呈阴性，则检验剩余2人中任意1人的血液样本．

①求方法一的化验次数大于方法二的化验次数的概率；

②用X表示方法二中化验的次数，求X的数学期望．

附：，其中．

20．已知是抛物线：的焦点，直线：与抛物线交于，两点，与抛物线的准线交于点．

（1）若时，，求抛物线的方程；

（2）是否存在常数，对于任意的正数，都有？若存在，求出的值：若不存在，说明理由．

21．已知函数有两个零点.

（1）求实数的取值范围；

（2）记的两个零点分别为，，求证：(为自然对数的底数).

22．已知在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，线直的极坐标方程为．

（1）求曲线和直线的直角坐标方程;

（2）若直线交曲线于，两点，交轴于点，求的值.

23．已知函数.

（1）若，求不等式的解集；

（2）若关于x的不等式对于任意实数x恒成立，求实数m的取值范围.

参考答案：

1．C

【解析】

【分析】

化简集合，根据并集结果列式可得结果.

【详解】

由得，所以，

，则 ，

因为，所以，得.

故选：C

2．A

【解析】

【分析】

利用复数的几何意义可求出结果.

【详解】

由知，复数对应的点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，

表示圆上的点与点之间的距离，

所以.

故选：A

3．B

【解析】

【分析】

根据程序框图，可得输出，根据题中所给公式，令x=1代入，即可得答案.

【详解】

按照题中所给程序运行：

i=1时，k=1，，i=3，

k=3，，i=5，

k=5，，i=7

k=99，，i=101，退出循环，输出S，

又，

令x=1得：.

故选：B

4．D

【解析】

通过求导数，确定得到切线斜率的表达式，求得，将点的坐标代入直线方程，求得．

【详解】

详解：

，

将代入得，故选D．

【点睛】

本题关键得到含有a，b的等式，利用导数几何意义和点在曲线上得到方程关系．

5．A

【解析】

【分析】

由图象变换规律求出，利用正弦函数的对称中心、对称轴、周期、单调性逐个分析可得答案.

【详解】

将函数的图像向左平移个单位长度，得到，

再把曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，

因为，所以的图像关于点对称，故A正确；

因为，所以B不正确；

因为，所以C不正确；

因为，

，所以在上不是单调函数，故不正确.

故选：A

6．A

【解析】

【分析】

根据解析式先判断奇偶性排除选项D，结合定义域排除选项B，结合最值情况可得选项A.

【详解】

因为，所以为偶函数，排除选项D；

因为函数的定义域为全体实数，所以排除选项B；

因为在处取到最大值，而，

所以在处取到最大值.

故选：A.

7．C

【解析】

【分析】

根据，推出，，再根据离心率公式可得结果.

【详解】

因为，即三角形为等腰三角形，

因为，所以，所以

所以为的中点，

所以，所以是的平分线，

又，所以，

所以，

所以双曲线的离心率为.

故选：C

【点睛】

关键点点睛：利用，推出是解题关键.

8．C

【解析】

【分析】

先求得展开式的通项公式，分别令和，求得，，计算整理，即可得答案.

【详解】

展开式的通项公式为，

令，得，

令，得，

所以的系数为.

故选：C

9．B

【解析】

【分析】

根据题意，设，利用导数可得的单调区间，进而可得，有根据，，及在上的单调性，即可得答案.

【详解】

由题意得知：，，，

设，则，

所以当时，，为单调递增函数，

当时，，为单调递减函数，

所以

因为，，，

且，，，

所以a，b，c应在这个单调递增区间内，且

所以.

故选：B

10．D

【解析】

【分析】

由内角成等差数列，求得，根据余弦定理列出方程，求得，结合勾股定理，得到，得出该四面体的外接球与该长方体的外接球是相同的，求得球的半径，利用表面积公式，即可求解.

【详解】

由题意，内角成等差数列，可得,

因为，可得，即，

在中，由余弦定理可得，

即，解得，

所以，所以，

所以该四面体的外接球与该长方体的外接球是相同的，

根据长方体的对角线长等于其外接球的直径，可得，解得，

所以该四面体的外接球的表面积为.

故选：D.

11．C

【解析】

【分析】

分析可得5次游戏中，前三次游戏仅出现一次反面，其它四次游戏都是正面，或者前三次仅出现一次正面，其它四次游戏都是反面．

【详解】

解：设正面出现的次数为m，反面出现的次数为n，

则，可得，当，或，时，

那么5次游戏中，前三次游戏仅出现一次反面，其它四次游戏都是正面，

或者前三次仅出现一次正面，其它四次游戏都是反面，

所以，

故选：C．

12．D

【解析】

【分析】

通过离心率得到、关系，结合直线的斜率求出，即可求的方程；设直线，设，，，将代入，利用△，求出的范围，利用弦长公式求出，然后求出的面积表达式，利用换元法以及基本不等式求出最值．

【详解】

设，由条件知，得又，

所以，，故的方程．

依题意当轴不合题意，故设直线，设，，，

将代入，得，

当△，即时，

从而

又点到直线的距离，

所以的面积，

设，则，，

当且仅当，等号成立，且满足△，

故的面积的最大为1．

故选：．

【点睛】

方法点睛：在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．

13．－6

【解析】

【分析】

作出可行域，根据图形找到最优解，代入到可求出结果.

【详解】

作出不等式组表示的平面区域，如图中的阴影部分，

由，得，得，

由图可知，当直线经过点时，.

故答案为：.

14．

【解析】

【分析】

根据条件及求模公式，可求得m值，即可得坐标，进而可得坐标，代入公式，即可得答案.

【详解】

由题意得，

因为，所以，

解得，

所以，所以，

所以.

故答案为：

15．

【解析】

【分析】

利用恒成立求出，再根据的单调性求出最大最小值即可得解.

【详解】

因为函数为奇函数，

所以，

即，也即，

也即恒成立，

所以，，

所以在上为增函数，

所以，，

所以.

故答案为：.

16．

【解析】

【分析】

利用余弦定理可得，然后可得，最后计算三角形面积并使用不等式进行计算可得结果.

【详解】

由余弦定理可得，

化简得，则，

则的面积.

故答案为：

17．（1）；（2）．

【解析】

【分析】

（1）由题意得，利用累加法，结合等比数列求和公式，即可得答案.

（2）由（1）可得，利用错位相减求和法，即可得答案.

【详解】

解：（1）由已知，，

所以，

，

，

各项累加可得，

又，所以，

所以

（2）由（1）可得，

所以①

②

①－②，得．

所以，

整理得．

18．（1）证明见解析；（2）．

【解析】

【分析】

（1）先证明平面，平面，利用判定定理证明平面平面；

（2）以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，

建立空间直角坐标系用向量法求平面与平面所成二面角的正弦值．

【详解】

（1）如图，因为中点为，连接，

又是的中点，可知，

又平面，平面，

所以平面．

在矩形中，由，分别是，的中点得．

又平面，平面，所以平面．

又因为，平面，平面，

所以平面平面

（2）如图，在平面内，过点作，因为，所以．

又因为平面，所以，．

以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，

建立空间直角坐标系，则，，，

因为平面，所以为平面的法向量，

设为平面的法向量．又，，

由得取得．

从而

所以平面与平面所成二面角的正弦值为．

【点睛】

立体几何解答题的基本结构：

(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；

(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算．

19．（1）填表见解析；有；（2）①；②（次）．

【解析】

【分析】

（1）根据题中数据，完成列联表，计算，所以有99%的把握认为患重大基础疾病更容易感染新冠病毒．

（2）①记表示依方法一需化验i次，表示依方法二需化验j次，分别计算和，分析计算，即可得答案.

②的可能取值为2，3，分别计算和，代入公式，即可求得期望.

【详解】

解：（1）列联表完成如下图

∴

所以有99%的把握认为患重大基础疾病更容易感染新冠病毒．

（2）记表示依方法一需化验i次，表示依方法二需化验j次，

A表示方法一的化验次数大于方法二的化验次数，

依题意知与相互独立．

①，，，

，

由于

所以

即

②的可能取值为2，3．

，

所以（次）

【点睛】

独立性检验一般步骤：（1）根据数据完成列联表；（2）根据公式计算；（3）查表比较与临界值的大小关系，作出判断.

20．（1）；（2）．

【解析】

【分析】

（1）若时，通过弦长公式，和联立即可得到抛物线的方程；（2）利用题目条件，分别表示出和，建立等式，求出的值即可．

【详解】

（1）设，

由，消去得，，

∵与抛物线交于两点，∴，

又∵，，∴恒成立，

∴，

当时，，

∵，∴，

整理得，，

∵，，∴，

∴抛物线的方程为；

（2）假设存在常数满足题意．

∵抛物线的方程为，其焦点为，准线方程为，

∴，从而

由抛物线的定义得，，，

∴

由得，，

即．

∵，，∴，即．

∴存在，使得对于任意的正数都成立．

【点睛】

本题难点在于第二问表示出这一等式后，如何能化简出这一式子，进而求出的值．

21．（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）先求解出，然后根据对进行分类讨论：、；当时，根据零点个数直接判断即可，当时，先分析单调性，然后分析最小值的取值正负以及根据零点的存在性定理判断零点个数，由此确定出有两个零点时的取值范围；

（2）通过等式变形，将待证明的问题转化为“当时，”，通过构造新函数，利用导数分析其单调性确定出最值，由此完成证明.

【详解】

解：（1）的定义域为，

①当时，恒成立，在上单调递增，至多有一个零点，不符合题意；

②当时，，且当时，；当时，，

∴在上单调递减，在上单调递增，

从而的最小值为．

（i）若，即，此时至多有一个零点，不符合题意：

（ii）若，即，

∵在上单调递增，，，

根据零点存在性定理得，在内有且只有一个零点

又∵在上单调递减，且，

考虑的正负，令，，

则，∴在上单调递减，

∴，即，

∵，∴，，

根据零点存在性定理得，在内有且只有一个零点．

所以，当时，恰有两个零点，符合题意．

综上得，．

（2）由条件得，，∴

要证，即证，即证，

即证，即证①，

设，不妨设，由知，

证①式，即转化为证明：当时，，

设，则，

∴当时，恒成立，即在上单调递增，

∴当时，，

所以成立．

【点睛】

思路点睛：导数中求解双变量问题的一般步骤：

（1）先根据已知条件确定出变量满足的条件；

（2）将待求的问题转化为关于的函数问题，同时注意将双变量转化为单变量，具体有两种可行的方法：①通过将所有涉及的式子转化为关于的式子，将问题转化为关于自变量（亦可）的函数问题；②通过的乘积关系，用表示（用表示亦可），将双变量问题替换为（或）的单变量问题；

（3）构造关于或的新函数，同时根据已知条件确定出或的范围即为新函数定义域，借助新函数的单调性和值域完成问题的分析求解.

22．（1），；（2）.

【解析】

【分析】

（1）对曲线的参数方程进行消参可得：或，再根据极坐标与直角坐标方程的转化可得直线；

（2）利用直线的标准参数方程（为参数），带入圆的方程，由韦达定理结合的几何意义，即可得解.

【详解】

（1）曲线的参数方程为（为参数），

转化为直角坐标方程为或

直线 的极坐标方程为．

转化为直角坐标方程为：．

（2）由于直线与轴的交点的坐标为，所以直线的参数方程为（为参数），代入得到：，所以：，，则：．

【点睛】

本题考查了极坐标和参数方程和直角坐标方程的互相转化，考查了直线的标准参数方程以及参数的几何意义，同时考查了韦达定理，有一定的计算量，属于中档题.本题的关键点有：

（1）掌握极坐标和参数方程和直角坐标方程的转化；

（2）掌握直线的标准参数方程中的几何意义.

23．（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）分段讨论去绝对值解不等式即可；（2）不等式对于任意实数x恒成立，转化为对于任意实数x恒成立，记，

将写成分段函数形式，判断函数的单调性，依据单调性求得的最小值，从而可得可得的范围.

【详解】

解：（1）当时，

当时，，解得；

当时，不等式无解；

当时，，解得.

综上，不等式的解集为.

（2）由题意知，，

所以.

记，

则，

当时，，

则，

又当时，，

所以，

所以，

所以实数m的取值范围为.

【点睛】

本题主要考查绝对值不等式的解法以及绝对值不等式恒成立问题.属于中档题.