(新高考)高三数学第二次模拟考试卷三（2份打包，解析版+原卷版，A3版）

（新高考）高三第二次模拟考试卷

数 学（三）

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷

一、单项选择题：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．设，，，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】，，则，

∵，则，故选D．

2．集合，集合，则集合等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】，

由，得，所以，

所以，故选C．

3．已知函数的定义域是，满足且对于定义域内任意x，y都有

成立，那么的值为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【解析】对于定义域内任意x，y，都有成立，

令，得，

，故选C．

4．一个等比数列前项的和为48，前项的和为60，则前项的和为（    ）

A．83 B．108 C．75 D．63

【答案】D

【解析】设等比数列前项和为，

因为等比数列前项的和为48且不为零，则，，成等比数列，

故，故，故选D．

5．若向量，满足，，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由题意，向量，满足，，且，

可得，

所以向量与的夹角为，故选B．

6．已知直线与相交于、两点，则为钝角三角形的充要条件是（    ）

A．  B．

C． D．

【答案】C

【解析】圆的圆心为，半径为，

由于为等腰三角形，若该三角形为钝角三角形，则，

设圆心到直线的距离为，则，

则，

整理可得，解得，

因为直线不过圆心，则，解得，

综上所述，，故选C．

7．已知函数的部分图象如图所示，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】由图象可知．

因为，所以．

又，可得，

由，所以，解得，

结合选项可知，因此，故选D．

8．北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合，是一次现代设计理念的传承与突破．为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，若小明和小李必须安装同一个吉祥物，且每个吉祥物都至少由两名志愿者安装，则不同的安装方案种数为（    ）种．

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由题意可知应将志愿者分为三人组和两人组，

当三人组中包含小明和小李时，安装方案有种；

当三人组中不包含小明和小李时，安装方案有种，

共计有种，故选A．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9．已知、都是定义在上的函数，且为奇函数，的图象关于直线对称，则下列说法中正确的有（    ）

A．为偶函数 B．为奇函数

C．的图象关于直线对称 D．为偶函数

【答案】ACD

【解析】因为为奇函数，所以，

因为的图象关于直线对称，所以，

A项：，

则函数为偶函数，A正确；

B项：，不是奇函数，B错误；

C项：因为，所以，

则的图象关于直线对称，C正确；

D项：因为，所以，

则函数为偶函数，D正确，

故选ACD．

10．如图，在正方体中，点在线段上运动，则（    ）

A．直线平面

B．二面角的大小为

C．三棱锥的体积为定值

D．异面直线与所成角的取值范围是

【答案】AC

【解析】如图，

在A中，∵，，，

∴平面BB1D1，∴，同理，，

∵，∴直线平面，故A正确；

在B中，由正方体可知平面不垂直平面，故B错误；

在C中，∵，平面，平面，∴平面，

∵点在线段上运动，∴到平面的距离为定值，

又的面积是定值，∴三棱锥的体积为定值，故C正确；

在D中，当点P与线段的端点重合时，异面直线与所成角取得最小值为，

故异面直线与所成角的取值范围是，故D错误，

故选AC．

11．已知实数，满足，下列结论中正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】AD

【解析】，．

对于A：，

，，，即，故A正确；

对于B：，

，不一定成立，故B错误；

对于C：，故C错误；

对于D：

，故D正确，

故选AD．

12．在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为F，准线为l，过点F且斜率大于0的直线交抛物线C于A，B两点（其中A在B的上方），过线段的中点M且与x轴平行的直线依次交直线，，l于点P，Q，N．则（    ）

A．

B．若P，Q是线段的三等分点，则直线的斜率为

C．若P，Q不是线段的三等分点，则一定有

D．若P，Q不是线段的三等分点，则一定有

【答案】AB

【解析】抛物线的焦点为，设直线方程为，，

，，

由，得，，，

∴，，直线方程为，

∵共线，∴，，

同理，

，，

∴，即，A正确；

若P，Q不是线段的三等分点，则，，，

又，，

∴，∴，解得，（∵），B正确；

由，得，，

∴，，

又，∴，

，

∴，

当时，，C错；

由图可知，而，只要，就有，D错，

故选AB．

第Ⅱ卷

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．已知二项式的展开式中，所有项的系数之和为64，则该展开式中的常数项是______．

【答案】1215

【解析】∵二项式的展开式中，所有项的系数之和为64，

∴令，得，．

的展开式的通项公式为，

令，可得，

的展开式的常数项为，故答案为1215．

14．如图，某湖有一半径为的半圆形岸边，现决定在圆心O处设立一个水文监测中心(大小忽略不计)，在其正东方向相距的点A处安装一套监测设备．为了监测数据更加准确，在半圆弧上的点B以及湖中的点C处，再分别安装一套监测设备，且满足，．定义：四边形及其内部区域为“直接监测覆盖区域”；设．则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为___________．

【答案】

【解析】在中，，，，

，即，

，

，

令，则，

“直接监测覆盖区域”面积的最大值为，

故答案为．

15．已知直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则实数________，实数________．

【答案】，2

【解析】对于，设切点为，

因为，故切线斜率，

故切线方程为，由已知得切线过，

所以，故，所以．

对于，设切点为，

所以，因为切线为，得，

所以，所以切点为，代入，得，所以．

故答案为，2．

16．已知函数，，若使关于的不等式成立，则实数的范围为___________．

【答案】

【解析】显然函数定义域是，

，

∴的图象关于点对称，

原不等式可化为，

即，(*)

设，

则

，

∵，，∴，

∴，

∴，

即，

，

由，得，

∴，

∴是增函数，

不等式(*)化为，(**)

令，

∵，∴，

不等式(**)化为，，

问题转化为存在，使不等式成立，

当时，的最小值为2，

∴，故答案为．

四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（10分）已知数列的前n项和为．

（1）若为等差数列，，，求的通项公式；

（2）若数列满足，求．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）是等差数列，设公差为d，

，，

，，，，

．

（2），①

，②

①②，得，，

当时，，

综上：．

18．（12分）在平面四边形中，，，对角线与交于点，是的中点，且．

（1）若，求的长；

（2）若，求．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）在中，，，，

由正弦定理得，

所以，

因为，所以，所以，

所以，，

所以．

因为，所以．

由余弦定理得，

所以．

（2）因为，，所以．

设，

在中，由余弦定理得；

在中，由余弦定理得，

所以，解得，

所以，

在中，由余弦定理得．

19．（12分）近年来，我国的电子商务行业发展迅速，与此同时，相关管理部门建立了针对电商的商品和服务评价系统．现从评价系统中选出200次成功的交易，并对其评价进行统计，对商品的好评率为，对服务的好评率为；其中对商品和服务均为好评的有80次．

（1）是否可以在犯错误概率不超过的前提下，认为商品好评与服务好评有关？

（2）若将频率视为概率，某人在该购物平台上进行的次购物中，设对商品和服务全好评的次数为随机变量，求对商品和服务全好评的次数的分布列及其期望．

（其中）．

【答案】（1）不可以在犯错误概率不超过的前提下，认为商品好评与服务好评有关；（2）分布列见解析，．

【解析】（1）由题意可得关于商品和服务评价的列联表如下：

，

所以，不可以在犯错误概率不超过的前提下，认为商品好评与服务好评有关．

（2）每次购物时，对商品和服务都好评的概率为，

且的取值可以是．

其中；；

；；

，

的分布列为：

由于，∴．

20．（12分）如图，在四棱锥中，四边形是边长为的菱形，，，且．

（1）证明：平面平面；

（2）当四棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】（1）如图：

取的中点，连接､和，

∵，且，

又，则为正三角形，故，，

又∵，∴为直角三角形，∴，

在中，，则，

又，、平面，

∴平面，

又∵平面，∴平面平面．

（2）∵，则点在以为直径的圆上，且，

设点到平面的距离为，∴，

而，

∴当取最大值时四棱锥的体积最大，

此时平面，

又由（1）可知，如图建系，

则，，，，

则，，，

设平面的法向量为，则，即，

取，则，，得；

设平面的法向量为，则，即，

取，则，，得，

则，

设二面角的平面角为，经观察为钝角，

则，

故二面角的余弦值为．

21．（12分）已知椭圆的一个焦点为，且过点．

（1）求椭圆的方程；

（2）设，，，点是椭圆上一点，且不与顶点重合，若直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：为等腰三角形．

【答案】（1）；（2）证明见解析．

【解析】（1）由题意得，解得椭圆C的方程是．

（2）易得，，，

，，

设直线，

联立，得，

，得，，

，

直线，

联立，得；

联立，得，

轴且PQ的中点N为，

轴，

为的中线且，

为等腰三角形．

22．（12分）已知函数，．

（1）当时，求的值域；

（2）令，当时，恒成立，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）∵，

由，得，

∴在区间上单调递减，在区间上单调递增．

∴函数的最小值为，

∴函数的值域是．

（2）当时，，

（），

，

，

令，则，

令，则，

∵，，在上单调递增，

∴，，

于是在上单调递增，且，（），

又由（1）知当，时，的值域是，

即，

所以，恒成立，∴，

所以，．

即，所以，

∴的取值范围是．