2021届高考数学考前30天冲刺模拟卷（3）

考前30天冲刺高考模拟考试卷（3）

一、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．（5分）已知集合，1，2，3，，集合，则　　

A． B． C．， D．，3，

2．（5分）等差数列与等差数列的公差之和为　　

A．1 B．2 C．3 D．8

3．（5分）若，表示两个不同的平面，为平面内一条直线，则　　

A．“”是“”的充分不必要条件 

B．“”是“”的必要不充分条件 

C．“”是“”的必要不充分条件 

D．“”是“”的充要条件

4．（5分）2020年12月18日，国家统计局发布了2019年《中国儿童发展纲要年）》统计监测报告，报告指出学前教育得到进一步重视和加强．如图为2010年年全国幼儿园数及学前教育毛入园率的统计图：

则以下说法正确的是　　

A．2015年我国约有75万所幼儿园 

B．这十年间我国学前教育毛入园率逐年增长且增长率相同 

C．2019年我国幼儿园数比上年增长了约 

D．2019年我国学前教育毛入园率比上年提高了

5．（5分）函数的图象的一条对称轴为　　

A． B． C． D．

6．（5分）“华东五市游”作为中国一条精品旅游路线一直受到广大旅游爱好者的推崇．现有4名高三学生准备2021年高考后到“华东五市”中的上海市、南京市、苏州市、杭州市四个地方旅游，假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游，则恰有一个地方未被选中的概率为　　

A． B． C． D．

7．（5分）已知双曲线的右焦点为，直线与双曲线相交于，两点，为坐标原点，线段、的中点分别为、，且，则双曲线的离心率为　　

A． B． C．4 D．2

8．（5分）对于函数，若存在，使，则点，与点，均称为函数的“先享点”．已知函数，且函数存在5个“先享点”，则实数的取值范围为　　

A． B． C． D．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中。有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的对2分，有选错的得0分。

9．（5分）已知函数，则下列结论正确的是　　

A．函数的定义域为 B．函数在上为增函数 

C．函数的值域为 D．函数只有一个零点

10．已知，，且，则　　

A． B． 

C． D．

11．（5分）若实数，则下列不等关系正确的是　　

A． 

B．若，则 

C．若，则 

D．若，，，则

12．（5分）已知三棱锥的每个顶点都在球的球面上，，，，过作平面的垂线，且，，与都在平面的同侧，则　　

A．三棱锥的体积为 B． 

C． D．球的表面积为

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．（5分）已知随机变量，，则　　．

14．（5分）函数在点处的切线方程为　　．

15．（5分）某驾驶员培训学校为对比了解“科目二”的培训过程采用大密度集中培训与周末分散培训两种方式的效果，调查了105名学员，统计结果为：接受大密度集中培训的55个学员中有45名学员一次考试通过，接受周末分散培训的学员一次考试通过的有30个．根据统计结果，认为“能否一次考试通过与是否集中培训有关”犯错误的概率不超过　　．

附：．

16．（5分）设椭圆的焦点为，，是椭圆上一点，且，若△的外接圆和内切圆的半径分别为，，当时，椭圆的离心率为　　．

四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．（10分）从“①；②，；③，是，的等比中项．”三个条件任选一个，补充到下面横线处，并解答．

已知等差数列的前项和为，公差不等于零，______，．

（1）求数列的通项公式；

（2）若，数列的前项和为，求．

18．（12分）已知的三个内角，，的对边分别为，，，且，，．

（1）求的值；

（2）若平分交于，求三角形的面积的值．

19．（12分）如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，为等边三角形，点为的中点，且．

（1）证明：平面平面．

（2）若，求二面角的正弦值．

20．（12分）某商城玩具柜台元旦期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送元旦礼品．而每个甲系列盲盒可以开出玩偶，，中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶，中的一个．

（1）记事件：一次性购买个甲系列盲盒后集齐，，玩偶；事件：一次性购买个乙系列盲盒后集齐，玩偶；求概率及；

（2）礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒．通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；如此往复，记某人第次购买甲系列的概率为．

①；

②若每天购买盲盒的人数约为100，且这100人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个．

21．（12分）已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在上，且．

（1）求的方程；

（2）斜率为的直线与交于，两点，点关于原点的对称点为．若直线，的斜率存在且分别为，，证明：为定值．

22．（12分）已知函数，．

（1）讨论函数的单调性；

（2）当时，证明：．

考前30天冲刺高考模拟考试卷（3）答案

1．解：，1，2，3，，，

，．

故选：．

2．解：等差数列的公差为3，

等差数列的公差为，

等差数列与等差数列的公差之和为．

故选：．

3．解：因为为平面内一条直线，，所以或与相交，

故“”不能推出“”，

而，则两平面没有公共点，而为平面内一条直线，所以，

所以“”可以推出“”，

所以“”是“”的必要不充分条件，故不正确，正确；

根据面面垂直的判定可知，为平面内一条直线，“”可以推出“”，

但“”不能推出“”，所以“”是“”的充分不必要条件，故、不正确．

故选：．

4．解：对于，由统计图可知，2015年我国约有22.4万所幼儿园，故选项错误；

对于，这十年间我国学前教育毛入园率逐年增长，但是增长率不相同，故选项错误；

对于，2019年我国约有28.1万所幼儿园，2018年我国约有26.7万所幼儿园，

所以增长了，故选项正确；

对于，2019年入园率为，2018年入园率为，

所以增长了，故选项错误．

故选：．

5．解：，

令得，，

当时，，符合题意，，，不符合题意．

故选：．

6．解：现有4名高三学生准备2021年高考后到“华东五市”中的上海市、南京市、苏州市、杭州市四个地方旅游，

假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游，

基本事件总数，

恰有一个地方未被选中包含的基本事件个数，

则恰有一个地方未被选中的概率为．

故选：．

7．解：设点在第一象限，设坐标为，，

因为点，，分别为三角形的三边的中点，且，

所以四边形为矩形，所以，而，

则，所以，解得（负值舍去），

所以点的坐标为，，代入双曲线方程可得：，

又，解得，，

所以双曲线的离心率为，

故选：．

8．解：由题意，存在5个“先享点”，原点是一个，其余还有两对，

即函数关于原点对称的图象恰好与函数有两个交点，

而函数关于原点对称的函数为，

即有两个正根，

，令，

则，

所以当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

则当时，，

且当和时，，

所以实数的取值范围为，

故选：．

9．解：选项：由已知可得函数定义域为，故正确；

选项：当时，函数为增函数，当时，函数为增函数，且，

所以函数在上不单调，故错误；

选项：当时，，当时，，所以函数的值域为，故正确；

选项：当时，令，解得，当时，令，解得，

故函数有两个零点，故错误，

故选：．

10．解：，，，当且仅当时取等号，

解得，即的最小值为16，正确；

由已知得，

所以，

当且仅当时取等号，正确；

由已知无法判断，的大小，故无法判断，错误；

因为，

所以，

所以，

结合二次函数的性质可知，即时取等号，此时取得最小值，

故以，正确．

故选：．

11．解：对于：幂函数，当时，函数单调递减，所以，故错误；

对于：当，故正确；

对于，

由于，故成立，故正确；

对于：原不等式变形为，

令，

则，△，

，

解得：，

由于，

所以，，

所以函数在上单调递减，

所以（a）（b），故正确．

故选：．

12．解：如图，

长方体的高为1，底面是边长为2的正方形，满足，，，

三棱锥的体积为，故正确；

，

满足，可得，故正确；

平面，平面，则，

假设，则，与与相交于矛盾，故错误；

三棱锥的外接球即长方体的外接球，设其半径为，

则，即，可得球的表面积为，故正确．

故选：．

13．解：因为随机变量服从正态分布，，且，

所以该正态分布曲线的对称轴为，故，

所以．

故答案为：0.4．

14．解：由，得，

（1），即函数在点处的切线的斜率为1．

函数在点处的切线方程为，

即．

故答案为：．

15．解：列联表如下：

，

认为“能否一次考试通过与是否集中培训有关”犯错误的概率不超过0.025，

故答案为：0.025．

16．解：△的外接圆的半径，由正弦定理，

所以，

又由于，所以，

在△中，由余弦定理可得，而，，

所以，

所以可得：，

由三角形的面积相等可得：，

所以，

所以，

整理可得：，解得或，

故答案为：．

17．解：（1）选①，

可得，解得，

即，

则，即，，

所以；

选②，，

可得，，

解得，

所以；

选③，是，的等比中项，

可得，即，

解得舍去），

所以；

（2）由，

可得，

所以

．

18．解：（1）因为，

又由余弦定理可得，

所以，可得，

因为，，

可得，

由余弦定理，将，，，代入，可得，可得，

所以，由正弦定理，可得．

（2）由（1）可知，，，

则由正弦定理可得，可得，

在中，，①

在中，，②

又因为平分，

所以，

②①，可得，可得，

所以．

19．（1）证明：连接，因为为等边三角形，所以，

因为，，，所以，所以，

又因为，所以平面，

又因为平面，所以平面平面，

故平面平面．

（2）解：因为，所以，所以、、两两垂直，

建立如图所示的空间直角坐标系，

，0，，，0，，，0，，，，，

，，，，0，，设平面的法向量为，，，

，令，，1，，

平面的法向量为，0，，

设二面角的大小为，

则，，

所以二面角的正弦值为．

20．解：（1）由题意，

，

（2）①由题意可知：，

当时，，

，，

所以是以为首项，为公比的等比数列，

；

②因为每天购买盲盒的100人都已购买过很多次，所以，对于每一个人来说，某天来购买盲盒时，可以看作趋向无穷大，

所以购买甲系列的概率近似于，假设用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则，

所以，即购买甲系列的人数的期望为40，

所以礼品店应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个．

21．解：（1）设，，，其中，

因为，所以，解得，

所以，解得，

所以，

所以双曲线的方程为；

（2）证明：设，，，，则，，

设直线的方程为，与双曲线的方程联立，消去，可得，，

由△，可得，，，

所以

，

所以，

所以为定值．

22．解：（1）的定义域为，

，

令，，

当时，，，

所以在上单调递增，

当时，函数的对称轴为，且，

所以在上，，，单调递增，

当时，函数的对称轴为，且，

所以在上单调递减，存在使得，

所以在上，，单调递增，

在，上，，单调递减，

综上所述，当时，在上单调递增，

当时，在上单调递增，在，上单调递减．

（2）当时，，

要证，

则需证，

只需证，

令，

，

令，

，

△，

所以在上，，单调递减，

又因为，，，

所以存在一个，使得，即

所以在上，，单调递增，

在，上，，单调递减，

所以，，

令，，

，

令，，

△，

所以，，单调递增，

所以，

所以，

所以恒成立，即可得证．