高中数学高考 2021届高三第三次模拟考试卷 数学（二） 教师版

（新高考）2021届好高三第三次模拟考试卷

数 学（二）

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．若集合，，满足：，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由集合，，满足：，，如图所示：

，，，故选B．

2．已知复数z对应的向量为(O为坐标原点)，与实轴正向的夹角为120°，且复数z的模为2，则复数z为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】D

【解析】设复数z对应的点为，

则，，

∴复数z对应的点为，∴，故选D．

3．是的（    ）

A．充要条件  B．必要不充分条件

C．充分不必要条件  D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】由不等式，即，

解得或，

即不等式的解集为或，

所以是的充分不必要条件，故选C．

4．已知函数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】当时，因为，所以，

所以是周期为的函数，所以，

又因为，所以，故选A．

5．已知向量与，，，，则已知向量与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】设向量与的夹角为，

∵，，

因为，所以，∴，

，∴．

6．若，则（    ）

A．20 B． C．15 D．

【答案】B

【解析】因为，所以展开式的通项为，

令，则，所以，故选B．

7．已知实数满足约束条件，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】如图画出可行域，由，

则，当直线过点时，取最大值；

当直线过点时，取最小值，

由题可得，，所以，，故选B．

8．如图，已知圆锥的底面半径为2，母线长为4，为圆锥底面圆的直径，是的中点，

是母线的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】延长至点，使，连接，，．

因为是母线的中点，所以，

所以为异面直线与所成的角（或补角）．

由题意知，，

又是的中点，所以，

所以在中，．

因为，所以，所以．

在中，，

则由余弦定理得，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．设等差数列的前n项和是，已知，，则下列选项正确的有（    ）

A．，  B．

C．与均为的最大值 D．

【答案】ABD

【解析】因为，，

所以，即，

因为，所以，所以，

所以等差数列的前7项为正数，从第8项开始为负数，

则，，为的最大值．

故选ABD．

10．已知函数在上是单调函数，且

．则的可能取值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】AB

【解析】对于A，，若，

，

可取，

则，在上单减，故A正确；

对于B，，若，

，

此时可以取，使得函数在单减，故B正确；

对于C，，若，

即，

，故C错误；

对于D，，若，，

，故D错误，

故选AB．

11．已知椭圆的左右焦点分别为、，长轴长为4，点在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（    ）

A．离心率的取值范围为

B．当离心率为时，的最大值为

C．存在点使得

D．的最小值为1

【答案】BD

【解析】由题意可得，所以，

由点在椭圆内部可得，

可得，即，所以．

对A，，所以，故A错误；

对B，当时，，，

，故B正确；

对C，由A知，当时，当在短轴端点时，最大，

此时，此时，

由，故可得在椭圆在最扁时的最大值都小于，

所以不存在点使得，即C错误；

对D，，故D正确，

故选BD．

12．已知函数，若时，有，是圆周率，

为自然对数的底数，则下列结论正确的是（    ）

A．的图象与轴有两个交点

B．

C．若，则

D．若，，，，，，则最大

【答案】BCD

【解析】的定义域为，且，

当，即时，单调递增；当，即时，单调递减，

所以的单调递增区间为，单调递减区间为，

由于时，，且当时，，故只有一个零点，所以A选项不正确；

由于的单调性，可得，，所以B选项正确；

由的单调区间，可画出函数的简图．

由，，可知，．

因为在上单调递减，可知，

故有．

因为在上单调递增，所以．

综上，有，所以C选项正确；

因为，由指数函数单调性可知，，，；

由幂函数单调性可知，，，即有，，

故这6个数的最大数在与之中，最小数在与之中．

由及的单调性，有，即．

由，可得，即，所以；

同理可得．

综上可得，6个数中最大数是，最小数是，所以D选项正确，

故选BCD．

第Ⅱ卷

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量(单位：万人)的数据，绘制了下面的折线图．

根据该折线图，下列结论错误的是________．

①月接待游客量逐月增加；

②年接待游客量逐年增加；

③各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月；

④各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳．

【答案】①

【解析】由题图可知，2014年8月到9月的月接待游客量在减少，所以①错误；

根据接待游客的折线图，可得年接待游客量逐年增加，所以②正确；

各年的月接待游客量高峰期大致在7、8月，所以③正确；

各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳，所以④正确，

故答案为①．

14．为迎接2022年北京冬奥会，某工厂生产了一批雪车，这批产品中按质量分为一等品，二等品，三等品．从这批雪车中随机抽取一件雪车检测，已知抽到不是三等品的概率为，抽到一等品或三等品的概率为，则抽到一等品的概率为________．

【答案】

【解析】设抽到一等品､二等品､三等品的事件分别为，，，

则，解得，

则抽到一等品的概率为，故答案为．

15．若分别为圆与圆上的动点，为直线上的动点，则的最小值为_________．

【答案】9

【解析】由题意点半径为2，半径为1，

设点关于直线的对称点为，

如图：

则，解得，即，连接，

求的最小值可以转化为点到两个圆心的距离再减去两个圆的半径的和的最小值，

再由点、关于直线的对称，

所以，

又，故答案为9．

16．已知，，，为的角平分线，

则（i）面积的取值范围为________．

（ii）的最小值为_______．

【答案】，9

【解析】（i）在中，由余弦定理可得，

即，解得，

当且仅当时等号成立．

所以，

所以面积的取值范围为．

（ii）为的角平分线，，

所以，，

所以，

即，所以，

所以

，

当且仅当，即时等号成立．

所以的最小值为9，

故答案为，9．

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）已知的内角A，B，C的对边分别为，．

（1）求的值；

（2）若，的面积为，求的周长．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）由正弦定理，及，

得，即，

∴．

（2）由（1）知，故，

又因为，解得，．

由，得，

由余弦定理及，得，

∴，∴，

∴的周长为．

18．（12分）已知数列的前项和为，且．

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）当时，得到数列的首项为1，

当时，根据得到，

上述两式相减得到，

则，经验证，当时也成立，

所以．

（2）由（1）得，

所以①

②

①②，可得

，

所以．

19．（12分）如图，是以为直径的圆上异于，的点，平面平面，中，，，，分别是，的中点．

（1）求证：平面；

（2）记平面与平面的交线为直线，点为直线上动点．求直线与平面所成的角的取值范围．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】（1）证明：因为是以为直径的圆上异于，的点，

所以，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面．

（2）由已知，，又平面，平面，∴平面，

又平面，平面平面，∴，

以为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴，过且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，∴，，

∴，，

∵，∴可设，平面的一个法向量为，

则，取，得，

又，则，

∴直线与平面所成角的取值范围为．

20．（12分）下棋既锻炼思维又愉悦身心，有益培养人的耐心和细心，舒缓大脑并让其得到充分休息．现某学校象棋社团为丰富学生的课余生活，举行象棋大赛，要求每班选派一名象棋爱好者参赛．现某班有位象棋爱好者，经商议决定采取单循环方式进行比赛，(规则采用“中国数目法”，没有和棋．)即每人进行轮比赛，最后靠积分选出第一名去参加校级比赛．积分规则如下(每轮比赛采取局胜制，比赛结束时，取胜者可能会出现．三种赛式)．

轮过后，积分榜上的前两名分别为甲和乙，甲累计积分分，乙累计积分分．第轮甲和丙比赛，设每局比赛甲取胜的概率均为，丙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立．

（1）①在第轮比赛中，甲所得积分为，求的分布列；

②求第轮结束后，甲的累计积分的期望；

（2）已知第轮乙得分，判断甲能否提前一轮获得累计积分第一，结束比赛．(“提前一轮”即比赛进行轮就结束，最后一轮即第轮无论乙得分结果如何，甲累计积分最多)?若能，求出相应的概率；若不能，请说明理由．

【答案】（1）①分布列见解析；②；（2）．

【解析】（1）①由题意，随机变量的可能取值为，

则，，

，，

所以的分布列为

②随机变量的可能取值为，

则．

（2）若，则甲轮后的总积分为分，乙即便第轮和第轮都得分，

则轮过后的总积分是分，，

所以甲如果第轮积分，则可提前一轮结束比赛，其概率为．

21．（12分）已知椭圆的离心率为，且过点．

（1）求椭圆G的方程；

（2）过点斜率为的直线l交椭圆G于A，B两点，在y轴上是否存在点N使得（点N与点M不重合），若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2），证明见解析．

【解析】（1）由条件可知，解得，，

所以椭圆的方程是．

（2）设直线，，，，

联立，得，

，，

，，

即，

即，，得，

即存在定点．

22．（12分）已知函数．

（1）若函数，判断的单调性（用实数表示）；

（2）若恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）．

【解析】（1）由题得，则．

①当时，，此时是增函数；

②当时，由，得，

所以当时，，此时单调递增；

当时，，此时单调递减，

综上，当时，在上单调递增；

当时，在上单调递增，在上单调递减．

（2）若恒成立，即在上恒成立，

则在上恒成立．

令，则．

令，则，

所以在上是增函数．

而，，

所以存在，使得，即，

所以．

令，则在上恒成立，

所以在上是增函数，所以．

当时，，则，所以在上单调递减；

当时，，则，故在上单调递增，

所以，所以，

即实数的取值范围是．