2022届高考高三数学一模模拟考试卷（二十一）

这是一份2022届高考高三数学一模模拟考试卷（二十一），共17页。试卷主要包含了已知函数，其图象大致为，等边的边长为3，，则，已知，，，且，，则的最小值是，已知，，，则等内容，欢迎下载使用。
高三模拟考试卷（二十一）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，，，则以下结论正确的是　　A． B．  C． D．2．（5分）欧拉公式为自然底数，为虚数单位）是瑞士数学家欧拉最早发现的，是数学界最著名、最美丽的公式之一根据欧拉公式，复数在复平面内对应点所在的象限是　　A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．（5分）已知平面，直线，满足，，则“”是“”的　　A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件4．（5分）要将甲、乙、丙、丁4名同学分到，，三个班中，要求每个班至少分到一人，则甲被分到班的分法种数为　　A．6 B．12 C．24 D．365．（5分）已知函数，其图象大致为　　A． B． C． D．6．（5分）等边的边长为3，，则　　A． B． C．6 D．57．（5分）已知，，，且，，则的最小值是　　A．8 B．6 C．4 D．28．（5分）已知两个不等的正实数，满足，则下列结论一定正确的是　　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，，，则　　A．曲线与轴围成的几何图形的面积小于1 B．函数图象关于直线对称 C． D．函数在上单调递增10．（5分）已知数列是等比数列，下列结论正确的为　　A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则11．（5分）已知函数，下列说法正确的是　　A．若是偶函数，则 B．若函数是偶函数，则 C．若，函数存在最小值 D．若函数存在极值，则实数的取值范围是12．（5分）在南方不少地区，经常看到人们头戴一种用木片、竹篾或苇蒿等材料制作的斗笠，用来遮阳或避雨，随着旅游和文化交流活动的开展，斗笠也逐浙成为一种时尚旅游产品．有一种外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”，根据人的体型、高矮等制作成大小不一的型号供人选择使用，不同型号的斗笠大小经常用帽坡长（母线长）和帽底宽（底面圆直径长）两个指标进行衡量，现有一个“灯罩斗笠”，帽坡长20厘米，帽底宽厘米，关于此斗笠，下面说法正确的是　　A．分笠轴截面（过顶点和底面中心的截面图形）的顶角为 B．过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为平方厘米 C．若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球上，则该球的表而积为平方厘米 D．此斗笠放在平面上，可以盖住的球（保持斗笠不变形）的最大半径为厘米三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）展开式的二项式系数和等于64．则展开式中的系数等于　　．14．（5分）已知函数，若，且为锐角，则的值是　　．15．（5分）已知一个圆锥的底面面积为，侧面展开图是半圆，则其外接球的表面积等于　　．16．（5分）已知抛物线，直线过点，且交于，两点．过点和的顶点的直线交的准线于点，若与的对称轴平行，则　　．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周长为，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答．的内角，，的对边分别为，，，，且_______．求及边上的中线的长．   18．（12分）设数列的前项和为，已知且数列是以为公差的等差数列．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，数列的前项和为，求证：． 19．（12分）在四棱锥中，平面，，，，，，点，在线段上，，，为线段上的一点．（1）求证：平面；（2）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值． 20．（12分）在对人体的脂肪含量和年龄之间的关系的研究中，科研人员获得了一些年龄和脂肪含量的简单随机样本数据，，2，，20，，其中表示年龄，表示脂肪含量，并计算得到，，，，，．（1）请用相关系数说明该组数据中与之间的关系可用线性回归模型进行拟合，并求关于的线性回归方程，的计算结果保留两位小数）；（2）科学健身能降低人体脂肪含量，如表是甲，乙两款健身器材的使用年限（整年）统计表：使用年限台数款式5年6年7年8年合计甲款520151050乙款152010550某健身机构准备购进其中一款健身器材，以使用年限的频率估计概率，请根据以上数据估计，该机构选择购买哪一款健身器材，才能使用更长久？参考公式：相关系数；对于一组具有线性相关关系的数据，，2，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，． 21．（15分）如图，已知点，分别是椭圆的左、右顶点，点是椭圆与抛物线的交点，直线，分别与抛物线交于，两点，不同于．（Ⅰ）求证：直线垂直轴；（Ⅱ）设坐标原点为，分别记，的面积为，，当为钝角时，求的最大值．  22．（12分）已知函数，定义域为．（Ⅰ）当时，求的单调区间；（Ⅱ）记（a），当，求（a）的最大值；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，是否存在，，使得（a）．若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由．  高三模拟考试卷（二十一）答案1．解：，，，，故，选项错误；，选项正确；，2，，选项错误；，错误．故选：．2．解：由题意得：，而，，故点在第二象限，故选：．3．解：因为，，当时，与不一定平行，即充分性不成立；当时，满足线面平行的判定定理，成立，即必要性成立；所以“”是“”的必要不充分条件．故选：．4．解：根据题意，分2步进行分析：①将甲、乙、丙、丁4名同学分为3组，有种分组方法，②将甲所在的组分到班，剩下2组安排到、班，有种情况，则有种分法，故选：．5．解：函数的定义域为，，，函数，所以函数为奇函数，故排除，因为（1），，故排除，故选：．6．解：等边的边长为3，，则．故选：．7．解：，，，当且仅当，即，又，时取等号，的最小值为8．故选：．8．解：两个不等的正实数，满足，，设，，则，，，，且，，，，，故错误，正确．故选：．9．解：．曲线与轴围成的几何图形的面积等于1，因此不正确；．函数图象关于直线对称，可得正确；．，，因此正确；．函数在上单调递减，可得不正确．故选：．10．解：数列是等比数列，对于，，即，可得，则，故正确；对于，，可得，由于，当时，，当时，，故不正确；对于，，可得，所以，故，正确；对于，由，可得，可得，所以，故不正确．故选：．11．解：对于，：函数的定义域是，且，则，则，则，故恒成立，故，故正确，错误；对于时，，则，令，解得：，时，，递减，，时，，递增，，故正确；对于，存在极值，则有零点，令，即，，则，即，解得：，故正确；故选：．12．解：对于，作出图形如图所示，，所以，故，所以，故选项正确；对于，设，截面三角形面积为，故选项不正确；对于，设外接球球心为，半径为，所以，在中，由勾股定理可得，解得，所以该球的表面积，故选项正确；对于，设球心为，截面主视图如图所示，设内切圆半径为，各边长分别为，，所以，解得，故选项正确．故选：．13．解：展开式的二项式系数和等于，．则展开式的通项公式为，令，求得，可得展开式中的系数为，故答案为：240．14．解：，且为锐角，，．故答案为：．15．解：设圆锥底面圆半径为，圆锥的底面圆面积为，可得，所以，母线长为，圆锥的外接球半径为，侧面展开图是半圆，，，圆锥的轴截面为等边三角形，球心为等边三角形的中心，，外接球的表面积是．故答案为：．16．解：由抛物线，得其准线方程为，设，，则直线的方程为，联立，得，又直线的方程为：，联立，得，与的对称轴平行，，即，解得．故答案为：2．17．解：因为，所以由正弦定理可得，因为，可得，可得，因为，可得，，可得，即，若选择①，，由正弦定理可得，又，由余弦定理，可得，解得，设边上的中线为，在中，由余弦定理可得；若选择②，，又，，所以，可得，①所以由余弦定理，可得，可得，②由①②可得，设边上的中线为，在中，由余弦定理可得；若选择③，周长为，，，所以，①所以由余弦定理可得，可得，②由①②可得，解得，，或，，所以在中，由余弦定理可得．18．解：（Ⅰ）由且数列是以为公差的等差数列，可得，即有，当时，，当时，，对也符合．所以数列的通项公式，；（Ⅱ）证明：，．19．（1）证明：因为平面，平面，所以，又由因为，，，点，在线段上，，所以，所以四边形为平行四边形，因为，所以四边形为矩形，因为，所以，所以，所以，又因为，所以平面．（2）解：建立如图所示的空间直角坐标系，设，，，0，，，0，，，，，，，，，2，，0，，，，，设平面的法向量为，，，，令，，，，平面法向量为，2，，平面与平面所成锐二面角的余弦值为，解得，，，，，，平面的法向量为，0，，直线与平面所成角的正弦值为．20．解：（1）相关系数，接近1，该组数据中与之间的关系可用线性回归模型进行拟合．，，关于的线性回归方程为．（2）甲款健身器材的平均使用年限为，乙款健身器材的平均使用年限为，，该机构选择购买甲款健身器材，才能使用更长久．21．解：（Ⅰ）证明：根据题意可得,,设,,,,,,则直线为，联立,消去得,所以,所以,,直线的方程为,同理可得联立直线与抛物线的方程，得,所以,,所以,所以直线垂直于轴．Ⅱ设,是抛物线于椭圆的交点，所以,所以,,所以,因为为钝角，所以，即,将代入,解得,令,,当时，最大值为．所以时，最大值为．22．（Ⅰ）解：当时，，，因为在区间上单调递增，且,所以在区间上单调递减；在区间上单调递增．（Ⅱ），且,显然对每个存在唯一的正数，满足,即，所以最小值在处取到，即,令，,所以在区间上，在区间上单调递增；在区间上，在区间上单调递减．所以，此时,（Ⅲ）由（Ⅱ）知当时，且当时不等号左边0，因此．设存在，使成立，令，则，，且，，且，所以当，即时，,单调递增，当时, ,单调递减，当,单调递增，所以，，即成立,当时，，又时，，所以存在使,所以，当时，有,单调递减，,单调递减，，即，故不合．综上，．