河南省安阳市2021届高三下学期第三次模拟考试文科数学试题及参考答案

2021届高三年级第三次模拟考试

文科数学

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 已知复数，则（    ）

A.  B. 6 C.  D. 7

【答案】A

【解析】

【分析】根据复数的运算法则和模值的运算法则进行求解.

【详解】解：

故选：A

2. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先根据一元二次不等式解得集合，然后利用交集运算法则求出答案.

【详解】解：由题意得：

，

故选：D

3. 甲､乙两组数据的频率分布直方图如图所示，两组数据采用相同的分组方法，用和分别表示甲､乙的平均数，，分别表示甲､乙的方差，则（    ）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

【答案】B

【解析】

【分析】由平均数和方差的定义和性质判断即可得出结果.

【详解】平均数是每个矩形的底边中点的横坐标乘以本组频率（对应矩形面积）再相加，

因为两组数据采取相同分组且面积相同，故，

由图观察可知，甲的数据更分散，所以甲方差大，即，

故选：B.

4. 已知双曲线的左､右焦点为，，过的直线交双曲线左支于点和，若，且的周长为，则的渐近线方程为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据双曲线的定义可求得的周长为，计算即可求得，进而求得结果.

【详解】,

,即，

的周长为：，

由双曲线的方程为，可知，解得：，

的渐近线方程为：，

故选：A.

5. 已知幂函数满足，若，，，则，，的大小关系是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由可求得，得出单调递增，根据单调性即可得出大小.

【详解】由可得，∴，

∴，即.由此可知函数在上单调递增.

而由换底公式可得，，，

∵，∴，于是，

又∵，∴，故，，的大小关系是.

故选：C.

【点睛】关键点睛：本题考查利用函数单调性判断大小，解题的关键是判断出函数的单调性以及自变量的大小.

6. 为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”.如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥与正六棱柱的侧面积之比为，则正六棱锥与正六棱柱的高的比值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设出正六棱柱底面边长为，可知正六棱柱的高为，再通过正六棱锥与正六棱柱的侧面积之比为可得正六棱锥的高，这样就可以得到答案.

【详解】设正六棱柱底面边长为，由题意可知正六棱柱的高为，则可知正六棱柱的侧面积为.

设正六棱锥的高为，可知正六棱锥侧面的一个三角形的边为上的高为，

所以正六棱锥的侧面积为，

由题意有，

所以六棱锥与正六棱柱的高的比值为.

故选：D.

7. 在等差数列中，，，记，则（    ）

A. 有最大值，有最小值 B. 有最大值，无最小值

C. 无最大值，有最小值 D. 无最大值，无最小值

【答案】C

【解析】

【分析】首先求出公差，即可得到通项公式，即可得到数列前项为正数，从第项开始是负数，从而对任意，都有，即可判断；

【详解】解: 由题意知的公差，所以，

所以，，、、、，、，……，

所以前项为正数，从第项开始是负数，从而可知对任意，都有，

所以总为正，且是单调递增的，因此有最小值，没有最大值．

故选：C

8. 在如图所示的程序框图中，程序运行的结果为3840，那么判断框中可以填入的关于的判断条件是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】模拟程序的运行过程，即可得出判断框中应填入的判断条件.

【详解】模拟程序的运行过程，如下：

程序进行第一次循环：，此时，继续运行.

程序进行第二次循环：，此时，继续运行.

程序进行第三次循环：，此时，继续运行.

程序进行第四次循环：，此时，结束运行

所以时，程序退出循环，而时，程序运行不退出循环.

结合选项分析可得：选项C满足.

故选：C

9. 已知函数，将函数的图象先向右平移个单位长度，再将所得函数图象上的所有点保持纵坐标不变，横坐标变为原来的得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先由三角函数的图像变换的出解析式，设，

由函数在上没有零点，即在上上没有零点，结合余弦函数的图象可得答案.

【详解】，

将函数的图象先向右平移个单位长度，可得

再将所得函数图象上的所有点保持纵坐标不变，横坐标变为原来的得到：

即，由，设且

则，

函数在上没有零点，即在上上没有零点.

所以，解得，所以

故选：D

【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的图像变换以及根据余弦函数的图像性质解决问题，解答本题的关键是设，由函数在上没有零点，即在上上没有零点，属于中档题.

10. 以三棱柱任意三个顶点为顶点作三角形，从中任选两个三角形，则这两个三角形共面的情况有（    ）

A. 6种 B. 12种 C. 18种 D. 30种

【答案】C

【解析】

【分析】两个三角形共面，则这两个三角形必须在同一个侧面中, 每个侧面有种选法，共三个侧面，即可求出两个三角形共面的情况.

【详解】两个三角形共面，则这两个三角形必须在同一个侧面中，每个侧面有4个顶点，可以作4个三角形，任选两个三角形有种选法，三个侧面则可以选出对共面的三角形．

故选：C.

11. 已知椭圆：的右焦点为，直线与C交于A，B两点，若，则椭圆的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据给定条件求出点A或B到x轴距离，再结合椭圆方程计算作答.

【详解】令椭圆半焦距为c，则点到直线的距离为，

由椭圆的对称性知，是等腰三角形，，于是得点A或B到x轴距离为，

因此，，整理得，而，则，

即，又，解得

所以椭圆的离心率为.

故选：B

12. 已知，若当时，总有，则的最大值为（    ）

A.  B.  C. 1 D.

【答案】B

【解析】由，可得，，则，即，化简可得：，设，，，，为减函数，则在恒成立，由，解得：，的最大值为.故选B.

【点睛】关键点睛：将已知条件变形为，构造函数，利用导数求得的取值范围是解答本题的关键.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知向量，，且，则___________.

【答案】5

【解析】

【分析】由向量垂直求参数t，应用向量的坐标表示写出的坐标，进而求即可.

【详解】由知：，即，

∴，故.

故答案为：5.

14. 已知实数，满足约束条件则的最小值为_____.

【答案】－4

【解析】

【分析】根据约束条件作出线性规划区域，数形结合即可求z的最小值.

【详解】如图为x，y满足的线性规划区域：

，∴当直线过A，.

故答案为：－4.

15. 已知数列满足，且前8项和为506，则___________.

【答案】##1.5

【解析】

【分析】先根据递推公式求得数列是以为首项，为公比的等比数列，然后根据等比数列的求和公式列出方程求解.

【详解】解：由题意得：

，即

数列是以为首项，为公比的等比数列，记数列的前项和为

解得：

故答案为：

16. 已知四棱锥的顶点都在球上，平面，底面为矩形，，若球的表面积为，则四棱锥的体积为___________；若，分别是，的中点，则点到平面的距离为___________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】求出即可求体积利用球心为的中点，求出球的半径，设球心到平面的距离为，由等体积法可得，求出的值．

【详解】由题意可知，球心为的中点，故球的直径，所以，

，，

所以四棱锥的体积为；

设球心到平面的距离为，

由题意可知，球心到平面的距离等于点到平面的距离，

在三棱锥中，由等体积法可得，即，解得．

故答案为：；.

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，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. 某公司为了节能减排，将办公室里的旧空调更换成了节能空调，并统计了使用节能空调之前和之后各20天里每天的用电量（单位：kW·h），绘制成如下的茎叶图：

（1）从这40天中随机选一天，求这一天的用电量大于或等于的概率；

（2）求这40天办公室用电量的中位数m，并完成下面的2×2列联表；

（3）根据（2）中的列联表，能否有95%的把握认为节能空调起到了节能作用？

参考公式，．

临界值表：

【答案】（1）   

（2）43.5，表格见解析   

（3）没有的把握认为节能空调起到了节能作用

【解析】

【分析】（1）先求出这40天中用电量大于或等于的天数，从而可得答案.

（2）根据茎叶图得出中位数，完善列联表中的数据.

（3）求出，结合临界值表中数据得出结论.

【小问1详解】

这40天中用电量大于或等于的天数为8，

所以从这40天中随机选一天，这一天的用电量大于或等于的概率为．

【小问2详解】

由茎叶图可知中位数．

列联表如下：

【小问3详解】由于，

故没有的把握认为节能空调起到了节能作用．

18. 如图，已知多面体中，，，均垂直于平面.，，，.

（I）证明：平面；

（II）求多面体体积.

【答案】（I）证明见解析；（II）.

【解析】

【分析】（I）先后两次利用勾股定理的逆定理证明出和即可；

（II）连接，将多面体分割成三棱锥和四棱锥，分别求出各自的体积，最后相加即可.

【详解】证明：由

得，所以

所以.

由，得到.

又因为，，由余弦定理得.

由得，所以

所以

又，

所以平面.

（II）

如图连接，将多面体分割成三棱锥和四棱锥，

点到平面的距离等于点到平面，即点到AC的距离，即.

,

，

所以多面体的体积的体积为=.

19. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．

（1）求角C；

（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据已知条件和正弦定理化简得，即可求出角C.

（2）由三角形的面积公式结合正弦定理得：，因为为锐角三角形，求出角的范围，即可求出的值域，即可求出面积的取值范围.

【小问1详解】

根据已知条件和正弦定理可得，

因为，所以

所以，

因为，所以，所以，即，

因为，所以．

【小问2详解】

由正弦定理得，即，．

所以的面积，

．

因为为锐角三角形，

所以，

所以，所以，

故面积的取值范围是．

20. 已知抛物线，过点的直线与抛物线相交于，两点，为坐标原点，且.

（1）求抛物线方程；

（2）若线段的中点为，的中垂线与的准线交于第二象限内的点，且，求直线与轴的交点坐标.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）设直线的方程为，与抛物线方程联立，写出韦达定理，代入，得出答案.

(2)由（1）中得出的韦达定理结合的值，先用表示出的长度，得出点的坐标，得出的中垂线的方程，进一步得出点的坐标，从而用表示出的长度，由条件求出的值，从而可得答案.

【详解】（1）设直线的方程为，，，

由，得，于是.

所以，即，

故抛物线的方程为.

（2）由（1）可得，显然.

则，，

所以

，

点，即.

从而直线的方程为，

令，可得点，

所以，

由，得，

得，所以.

所以的方程为，

因此直线与轴的交点坐标为.

【点睛】关键点睛：本题考查直线与抛物线的位置关系，结合向量数量积求抛物线的方程，根据弦长公式求直线的方程，解答本题的关键是由条件表示出,以及，从而得到直线的方程为，进一步得出，得出,属于中档题.

21. 已知函数，．

（1）当时，求函数的极值；

（2）若函数有两个极值点，证明：．

【答案】（1）极大值为，无极小值   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据函数的极值定义及导数法求函数极值的步骤即可求解；

（2）根据函数有两个极值点得出导数函数等于零有两个根，进而得出极值点的关系，再构造函数利用导数法求函数的最值即可求解.

【小问1详解】

当时，，定义域为，

．

令，即，解得.

当时，，当时，，

故在上单调递增，在上单调递减，

当时，函数取得极大值为，无极小值．

【小问2详解】

，

故，

由题意知即方程有两个不等的正实根，

则，得．

且，，

，

令，则，

当时，，

所以函数在上单调递减，

所以，

即．

【点睛】解决此类型题的关键点第一问利用导数与函数的极值的关系即可求解，第二问将问题转化为导函数等于零的根的问题，再结合函数恒成立问题转化为最值问题即可.

（二）选考题：共10分．请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．

［选修4—4：坐标系与参数方程]

22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数且)，与坐标轴交于，两点.

（1）求；

（2）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求外接圆的极坐标方程.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）由参数方程得出的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出的值；

（2）由的外接圆的圆心为的中点，半径为，得出圆的普通方程，再化为极坐标方程即可.

【详解】（1）令，因为，所以，

将代入，得与轴的交点为.

令，因为，所以，

代入得与轴的交点为.

所以.

（2）由（1）知，的外接圆的圆心为的中点，半径为，

所以其直角坐标方程为，

即，

所以极坐标方程为，即.

［选修4—5：不等式选讲]

23. 已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）设的最小值为，若，证明：.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）分别在、和的情况下，去掉绝对值符号，解不等式求得结果；

（2）分类讨论可得解析式，由此可确定，即，利用柯西不等式可整理得到结论.

【详解】（1）当时，，解得：，；

当时，，解得：，；

当时，，解得：，；

综上所述：的解集为；

（2）由（1）可知：，，即，

，

由柯西不等式得：（当且仅当，即，时取等号），

即，.

【点睛】关键点点睛：本题考查绝对值不等式的求解、不等式的证明；本题证明不等式的关键是能够将式子配凑成符合柯西不等式的形式，利用柯西不等式证得结论.