2021高三数学新高考第三次月考模拟试卷模拟卷（二）（含答案解析）

这是一份2021高三数学新高考第三次月考模拟试卷模拟卷（二）（含答案解析），共21页。试卷主要包含了所以B正确；等内容，欢迎下载使用。
2021学年高三数学第三次月考模拟卷（二）注意事项：1.本试卷共6页，包含单项选择题（第1题～第8题，共40分）、多项选择题（第9题～第12题，共20分）、填空题（第13题～第16题，共20分）和解答题（第17题～第22题，共70分）四部分.本卷满分150分，考试时间120分钟.2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡、试卷和草稿纸的指定位置上.3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用0.5毫米黑色墨水的签字笔将答案写在答题卡上.写在本试卷或草稿纸上均无效.4.考试结束后，将本试卷、答题卡和草稿纸一并交回.5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.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，只有一项是符合题意要求的.）已知集合1，2，，3，，则的子集个数为A. 2 B. 3 C. 4 D. 16【答案】C【解析】【分析】
本题考查交集及其运算，子集与真子集，属于基础题．
由题意，先求出，再根据子集的概念求出的子集个数即可．
【解答】
解：集合1，2，，3，，
，
则中有4个子集．
故选C．
 已知，则“”是“”的    条件A. 充分不必要 B. 必要不充分
C. 充要 D. 既不充分也不必要【答案】B【解析】【分析】
本题考查充分条件、必要条件，属于基础题．
先化简为或；即为，利用充分条件和必要条件的有关定义得到结论．
【解答】
解：p：即为或；
q：即为；
所以若p成立则q不一定成立，反之若q成立则p一定成立，
所以p是q的必要不充分条件，
故选：B．
 如图，已知，，，用、表示为　　
 A.  B.
C.  D. 【答案】D【解析】【分析】
本题考查了向量的加减运算和向量的数乘运算，属于基础题．
由向量的三角形的法则和向量的加减运算即可求出．
【解答】
解：

，
故选D．
 如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现我们来重温这个伟大发现，圆柱的体积与球的体积之比和圆柱的表面积与球的表面积之比分别为A. ，1 B. ，1 C. ， D. ，【答案】C【解析】【分析】
本题考查圆柱和球的体积和表面积公式，考查推理能力和计算能力，属于基础题．
利用圆柱和球的体积和表面积公式即可求解．
【解答】解：设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R，，．，
，．
．
故选C．
 设光线通过一块玻璃，强度损失、如果光线原来的强度为，通过x块这样的玻璃以后强度为y，则，那么光线强度减弱到原来的以下时，至少通过这样的玻璃块数为参考数据：A. 9 B. 10 C. 11 D. 12【答案】C【解析】解：设通过这样的玻璃x块，则由题意得，化得，
两边同时取常用对数，可得，
因为，所以，
则至少通过11块玻璃，
故选：C．
由题意可知，所以，进而计算出结果即可
本题考查函数在生产生活中的实际运用，考查函数、对数等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 已知两点，，过点的直线l与线段AB有公共点，则直线l的斜率k的取值范围是A.  B.
C.  D. 【答案】D【解析】【分析】
本题主要考查直线的斜率的求法，利用数形结合是解决本题的关键，属于基础题．
根据两点间的斜率公式，利用数形结合即可求出直线斜率的取值范围．
【解答】
解：如图所示：

点，，过点的直线l与线段AB有公共点，
直线l的斜率或，
的斜率为，PB的斜率为，
直线l的斜率或，
故选D．
 已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围是　　A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】
本题考查了函数的单调性问题，考查分段函数问题，是一道中档题．
根据函数的单调性求出a的范围即可．
【解答】
解：时，，
时，，，
因为函数在上单调递增，
所以在恒成立，
即在恒成立．
故在恒成立，
故，
而，即，
综上，．
故选C．
 已知函数，若，则x的取值范围是    A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由题意可得函数在上单调递减，在上单调递减，故由，可得，由此求得x的范围． 
本题主要考查分段函数的应用，函数的单调性的应用，属于中档题．【解答】解：函数，
故函数在上单调递减，在上单调递减，
若，则，求得，
故选C．
 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3分，有选错的得0分.）给出下列四个命题：函数的图象过定点；已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，若，则实数或2；若，则a的取值范围是；对于函数，其定义域内任意都满足．其中所有正确命题的是A.  B.  C.  D. 【答案】CD【解析】【试题解析】【分析】
本题考查命题的真假判断，涉及函数的奇偶性，函数解析式，指数函数的性质，对数不等式，对数函数的性质，属于中档题．
对每一小题逐一判断即可．
【解答】
解：对于，令，解得，则，函数的图象过定点，故错误，
对于，，函数是定义在R上的奇函数，，，，则实数，故错误，
对于，若等价于或，解得，即a的取值范围是，故正确，
对于，函数，则，，
，，
所以其定义域内任意，满足，故正确．
故选CD．
 已知A，B两点的坐标分别是，，直线AP、BP相交于点P，且两直线的斜率之积为m，则下列结论正确的是A. 当时，点P的轨迹圆除去与x轴的交点
B. 当时，点P的轨迹为焦点在x轴上的椭圆除去与x轴的交点
C. 当时，点P的轨迹为焦点在x轴上的抛物线
D. 当时，点P的轨迹为焦点在x轴上的双曲线除去与x轴的交点【答案】ABD【解析】【分析】
本题考查轨迹方程的求法，以及轨迹的判断，命题的真假，是中档题．
设出M的坐标，利用斜率乘积转化求解轨迹方程，通过m的范围，判断选项的正误即可．
【解答】
解：点M的坐标为，直线AP的斜率为，
由已知得，
化简得点M的轨迹方程为，
当时，点P的轨迹圆除去与x轴的交点所以A正确；
当时，点P的轨迹为焦点在x轴上的椭圆除去与x轴的交点所以B正确；
当时，点P的轨迹为焦点在x轴上的抛物线，不正确，应该是双曲线，所以C不正确；
当时，点P的轨迹为焦点在x轴上的双曲线除去与x轴的交点，所以D正确；
故选：ABD．
 已知函数，下列结论中正确的是A. 函数的周期为的偶函数
B. 函数在区间上是单调减函数
C. 若函数的定义域为，则值域为
D. 函数的图象与的图象重合【答案】BD【解析】【分析】
本题主要考查了余弦函数的图像与性质，函数的奇偶性以及三角函数的定义域及值域，属于中档题．
根据三角函数的性质对各选项进行分析，判断正误即可．
【解答】
解：对于A，由题意可得：，
因为，
，
所以，故A不正确，
对于B，当时函数单调减函数，   
解得，故B正确．
对于C，由B可知，是单增区间，是减区间，
最大为，下边界为，或者，
因为，最值为，故C不正确，
对于D，，
两图像重合，故D正确，
故选BD．
 若，，且，则下列不等式不恒成立的是A.  B.  C.  D. 【答案】ABC【解析】【分析】
本题主要考查了基本不等式的应用问题，属于中档题．
利用基本不等式与不等式的性质求解即可．
【解答】
解：因为，，所以，
又，得，当且仅当时等号成立，所以C错误；
又，所以，当且仅当时等号成立，所以A错误；
又，当且仅当时等号成立，所以B错误；
又
，
当且仅当时等号成立，
所以D正确．
故选ABC．
 三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分）在正四面体ABCD中，M，N分别是BC和DA的中点，则异面直线MN和CD所成角的余弦值为______ ．【答案】【解析】【分析】
本题考查的知识点是异面直线及其所成的角，关键是求出异面直线的平面角．
取AC的中点G，连接MG，NG，则即为异面直线MN与CD所成的角，解三角形GMN，即可求出异面直线MN与CD所成的角．
【解答】
解：取AC的中点G，连接MG，NG，
根据三角形的中位线定理，可得，
则即为异面直线MN与CD所成的角，
设正四面体ABCD的棱长为a，
，，
因为，
所以
则，
故答案为．

 已知抛物线的一条弦AB恰好以为中点，则弦AB所在直线方程是                    ．【答案】【解析】【分析】
本题主要考查了直线与圆锥曲线的关系．涉及曲线弦的中点和斜率时，一般可采用点差法，属于一般题．
设出A，B坐标，分别代入抛物线方程，两式相减整理，利用中点的纵坐标求得直线AB的斜率，再由点斜式方程即可得到所求直线方程．
【解析】
解：设，，
代入抛物线方程得，，，，
整理得，
，B中点为，

则弦AB所在直线方程为，即为．
故答案为．
 等比数列的各项均为实数，其前n项和为，已知，，则______．【答案】32【解析】【分析】
本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
设等比数列的公比为，，，可得，，联立解出即可得出．
【解答】
解：设等比数列的公比为，
，，
，，
解得，．
则．
故答案为32．
 在锐角三角形ABC中，若，则tanAtanBtanC的最小值是______．【答案】8【解析】【分析】
本题考查了三角恒等式的变化技巧和函数单调性知识，有一定灵活性．
结合三角形关系和式子可推出，进而得到，结合函数特性可求得最小值．
【解答】
解：由
，
因为，
可得，
由三角形ABC为锐角三角形，则，，
在式两侧同时除以cosBcosC可得
，
又
 ，
则，
由可得
，
令，由A，B，C为锐角，
可得，，，
由式得，解得，
，
又，
由得，，
因此tanAtanBtanC的最小值为8．
另解：由已知条件，
，
，
两边同除以cosBcosC，
，
，
，

，
当且仅当时取等号，
令，
即，即，或舍去，
所以x的最小值为8．
此时，，
解得，，，
或tanB，tanC互换，此时A，B，C均为锐角．
故答案为8．
 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.）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知．
求角C的大小
若，，求的面积．【解析】本题考查三角形的正余弦定理的运用，三角形的面积公式等，考查运算能力，属于基础题．
利用正弦定理化简可得答案；
根据中C的大小，利用余弦定理求出ab的值可得的面积．
【答案】解：，
由正弦定理化简可得：，
即，
，
．
．
，
．
由可知．
，，即．
由余弦定理，
，
即，
解得．
那么的面积． 设等差数列的前n项和为，若，．
求数列的通项公式；
设，若的前n项和为，证明：．【解析】【试题解析】本题考查了等差数列的通项公式、性质及其求和公式、裂项求和的知识点，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
利用等差数列的通项公式性质及其求和公式即可得出；
由题意得，，利用裂项求和即可得出，从而得证．【答案】解：设等差数列的公差为d，
由，得，
又由，得，
由上可得等差数列的公差，
；
证明：由题意得，．
所以
．
 某群体的人均通勤时间，是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时某地上班族S中的成员仅以自驾或公交方式通勤分析显示：当S中的成员自驾时，自驾群体的人均通勤时间为单位：分钟，
而公交群体的人均通勤时间不受x影响，恒为40分钟，试根据上述分析结果回答下列问题：
当x在什么范围内时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间？
求该地上班族S的人均通勤时间的表达式；讨论的单调性，并说明其实际意义．【解析】本题考查了分段函数的应用问题，也考查了分类讨论与分析问题、解决问题的能力，属于中档题．
由题意知求出时x的取值范围即可；
分段求出的解析式，判断的单调性，再说明其实际意义．
【答案】解；由题意知，当时，
，
即，
解得或，
，
时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间；
当时，
；
当时，
；
；
的对称轴为，
当时，，，
所以当时，单调递减；
当时，单调递增；
说明该地上班族S中有小于的人自驾时，人均通勤时间是递减的；
有大于的人自驾时，人均通勤时间是递增的；
当自驾人数为时，人均通勤时间最少． 如图，正三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相垂直，，，M是AB的中点，N是CE的中点．
求证：；
求证：平面ADE；
求点A到平面BCE的距离．
【解析】本题考查线线垂直、线面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，考查推理论证能力、运算求解能力，是中档题．
推导出，从而平面ABCD，由此能证明；
取DE的中点F，连接AF，NF，推导出四边形AMNF是平行四边形，从而，由此能证明平面ADE；
设点A到平面BCE的距离为d，由，能求出点A到平面BCE的距离．
【答案】证明：，M是AB的中点，
，
平面平面ABCD，平面平面，平面ABE，
平面ABCD，
平面ABCD，
；
证明：取DE的中点F，连接AF，NF，



是CE的中点，
，
是AB的中点，
，
，
四边形AMNF是平行四边形，
，
平面ADE，平面ADE，
平面ADE；
解：设点A到平面BCE的距离为d，
由知平面ABC，，，
则，，
，
，
，
即，
解得，
故点A到平面BCE的距离为． 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的焦距为2，离心率为，椭圆的右顶点为A．
求该椭圆的方程：
过点作直线PQ交椭圆于两个不同点P，Q，求证：直线AP，AQ的斜率之和为定值．
【解析】本题考查椭圆的简单几何性质，直线与椭圆位置关系，韦达定理及直线的斜率公式，考查计算能力，属于中档题．
由题意可知，，离心率，求得，则，即可求得椭圆的方程；
则直线PQ的方程：，代入椭圆方程，由韦达定理及直线的斜率公式，分别求得直线AP，AQ的斜率，即可证明直线AP，AQ的斜率之和为定值．
【答案】解：由题意可知：椭圆，焦点在x轴上，，，
椭圆的离心率，则，，
则椭圆的标准方程：；
证明：设，，，
当斜率不存在时，与椭圆只有一个交点，不合题意．
由题意PQ的方程：，
则联立方程
整理得：，
由韦达定理可知：，，
则，
则，
由1
​，
，
直线AP，AQ的斜率之和为定值1． 已知函数有极值，且导函数的极值点是的零点．  求b关于a的函数关系式，并写出定义域．  证明：．  若，这两个函数的所有极值之和不小于，求实数a的取值范围．【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．
通过对求导可知，进而再求导可知，通过令进而可知的极小值点为，从而，整理可知，结合有极值可知有两个不等的实根，进而可知．
通过构造函数，结合可知，从而可得结论；
通过可知的极小值为，利用韦达定理及完全平方关系可知的两个极值之和为，进而问题转化为解不等式，因式分解即得结论．
【答案】解：因为，
所以，，
令，解得．
由于当时，单调递增；当时，单调递减；
所以的极小值点为，
由于导函数的极值点是原函数的零点，
所以，即，
所以．
因为有极值，
所以有实根，
所以，即，解得，
所以．
证明：由可知，
由于，所以，即；
解：由可知的极小值为，
设，是的两个极值点，则，，
所以

，
又因为，这两个函数的所有极值之和不小于，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，
由于时，
所以，解得，
所以a的取值范围是．