湖南省株洲市第一中学2021届高三第三次模拟检测数学试题及答案

这是一份湖南省株洲市第一中学2021届高三第三次模拟检测数学试题及答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数，则的虚部是（ ）
A．B．C．D．
3．“”是“函数为奇函数”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．已知单位向量，满足，若向量，则（ ）
A．B．C．D．
5．某学校为增进学生体质，拟举办长跑比赛，该学校高一年级共有个班，现将个参赛名额分配给这个班，每班至少个参赛名额，则不同的分配方法共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
6．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
7．函数，的部分图象如图所示，且，现将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则在区间上的值域是（ ）
A．B．C．D．
8．在中，，，E，F，G分别为三边，，的中点，将，，分别沿，，向上折起，使得A，B，C重合，记为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知数列是等差数列，都是正整数，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则B．不可能是等比数列
C．不是等差数列D．若，则
10．医用口罩面体分为内、中、外三层，内层为亲肤材质，中层为隔离过滤层，外层为特殊材料抑菌层.根据国家质量监督检验标准，医用口罩的过滤率是重要的指标，根据长期生产经验，某企业在生产线状态正常情况下生产的医用口罩的过滤率（ ）
，（，，）
A．
B．
C．
D．假设生产状态正常，记表示抽取的100只口罩中过滤率大于的数量，则
11．已知抛物线：的准线经过点，过的焦点作两条互相垂直的直线，，直线与交于，两点，直线与交于，两点，则下列结论正确的是（ ）
A．B．的最小值为16
C．四边形的面积的最小值为64D．若直线的斜率为2，则
12．若实数，满足，则（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
13．若，，且，，则的值是 ．
14．已知是定义在R上的奇函数，且函数为偶函数，当时，，则 ．
15．已知是单位向量，，若A，B，D三点共线，则实数 ．
16．已知，分别为双曲线：的左、右焦点，过的直线与双曲线的右支交于，两点（其中点在第一象限）．设点，分别为，的内心，则的取值范围是 ．
四、解答题
17．已知数列的前n项和为，，且.
(1)求的通项公式；
(2)已知，求数列的前n项和.
18．已知中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．
(1)求A的大小；
(2)设AD是BC边上的高，且，求面积的最小值．
19．如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，的中点为.
（1）求证：平面.
（2）请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答.
①四棱锥的体积为，②与平面所成的角为，
③.若___________，求二面角的余弦值.
20．甲、乙两选手进行一场体育竞技比赛，采用局胜制的比赛规则，即先赢下局比赛者最终获胜. 已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，比赛结束时，甲最终获胜的概率为.
(1)若，结束比赛时，比赛的局数为，求的分布列与数学期望；
(2)若采用5局3胜制比采用3局2胜制对甲更有利，即.
(i)求的取值范围；
(ii)证明数列单调递增，并根据你的理解说明该结论的实际含义.
21．已知，，E，F分别为的外心和重心，且.
（1）求点C的轨迹Γ的方程；
（2）设M､N､P为轨迹Γ上的三个点，以为直径的圆过原点O，点D在线段上，且，求的最大值.
22．已知函数.
(1)若关于的不等式恒成立，求实数的值；
(2)设函数，在（1）的条件下，证明：存在唯一的极小值点，且.
参考答案：
1．A
【分析】根据分式不等式的解法解出集合A，根据交集的定义和运算即可求解.
【详解】，
又，所以.
故选：A
2．D
【分析】
直接使用复数的运算法则计算即可.
【详解】，
故的虚部是
故选：D
3．A
【分析】
由时，结合奇函数定义可判断为奇函数，举反例说明函数为奇函数时，可能是，不能得出一定是，由此可判断答案.
【详解】当时，，其定义域为关于原点对称，
且满足，故为奇函数；
当时，，其定义域为关于原点对称，
且满足，故为奇函数,
即函数为奇函数不能推出，还可能是，
故“”是“函数为奇函数”的充分不必要条件，
故选：A
4．B
【分析】
根据向量的数量积运算以及夹角的余弦公式，可得答案.
【详解】由单位向量，则，即，，
.
故选：B.
5．B
【分析】采用隔板法直接求解即可.
【详解】将个参赛名额分配给这个班，名额之间并无区别，将个参赛名额采用“隔板法”分成份即可，每份至少一个名额，
共有种.
故选：B.
6．D
【分析】首先判断这三个数与1的大小，确定最小；对、先开方，再利用函数，的单调性判断他们的大小.
【详解】∵，，，∴最小.
设，则，因为，所以，所以在上为增函数.
又，所以，即即，
所以.
综上可得：.
故选：D
【点睛】（1）先把，开方，利用函数的单调性比较是难点.
（2）也可以先把，取自然对数：，，然后利用函数的单调性来比较它们的大小.
7．D
【分析】首先根据三角函数的图象与性质求出，再由三角函数的平移变换原则求出，根据三角函数的性质求解即可.
【详解】设的最小正周期为T，由题图可知，所以，．
当时，．即，所以．
因为|，所以．，所以．
又．所以，
从而．
当时，，所以．
得．
故选：D
8．B
【分析】设，，由题设．将放在棱长为x，y，z的长方体中，可得的关系式，三棱锥的外接球就是长方体的外接球，利用基本不等式结合球的表面积公式求解.
【详解】设，，由题设.
三棱锥中，，，，
将放在棱长为x，y，z的长方体中，如图，
则有，
三棱锥的外接球就是长方体的外接球，
所以，
由基本不等式，当且仅当时等号成立，
所以外接球表面积.
故选：B.
【点睛】
关键点睛：本题解决的难点是根据题意得到三棱锥的特征，从而放置到相应的长方体中，由此得解.
9．AD
【分析】
利用等差数列下标和性质可判断AD正确，当时数列可能是等比数列，可判断B错误；由等差数列定义可证明是公差为的等差数列，即C错误.
【详解】
由等差数列下标和性质，以及都是正整数，
若，则都是正整数，且满足，所以，即A正确；
当数列是非零的常数列时，例如满足是等差数列，也是等比数列，即B错误；
不妨设数列的公差为，易知为定值，
所以是公差为的等差数列，即C错误；
由可得，可得，即D正确；
故选：AD
10．ACD
【分析】利用正态分布的对称性，结合其三段区间概率值即可判断A、B、C的正误，由题设求、，而结合二项分布概率公式即可求值，进而判断D的正误.
【详解】A：，正确；
B：因为且，则，显然，错误；
C：，正确；
D：，则，由.
故选：ACD
11．ABD
【分析】由准线的概念可得，设直线的斜率为得直线的方程，与抛物线方程联立方程组消元后，应用韦达定理得，由抛物线焦点弦长公式可得，直线斜率为，同理可得，利用基本不等式可判断B，C，计算，代入可判断D．
【详解】由题可知，所以，故A正确.
设直线的斜率为，则直线的斜率为.设，，
，，直线：，直线：.联立
，消去整理得，所以，
.所以.
同理，
从而，当且仅当时等号成立，故B正确.
因为，
当且仅当时等号成立，故C错误.
，将
，与，代入上式，得，所以，故D正确.
故选：ABD．
【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线的焦点弦长，掌握抛物线的焦点弦长公式是解题关键．抛物线的焦点弦的两端点为，则．
12．AC
【分析】
化简已知不等式，利用换元法以及构造函数法，结合导数求得，进而判断出正确答案.
【详解】依题意可知，
不等式可化为，
设，则，
即，
设，，
所以在区间递增；在区间递减.
所以，
所以要使成立，则，
即，由于，故解得，
则，，，，
所以AC选项正确.
故选：AC
【点睛】求解不等式恒成立问题，可先化简不等式，根据不等式的结构进行构造函数，然后通过导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等性质，从而将问题求解出来.
13．
【分析】
根据同角三角函数的平方关系式，解出相关角的三角函数值，继而求得的余弦值，结合角的范围即可求解.
【详解】因为，所以，
且，所以，
则，且，
由，所以，
又，所以，
则，
所以
，
又，
所以.
故答案为:.
14．/0.125
【分析】根据函数与奇偶性，最后求出 的周期，进而求解
【详解】由函数为偶函数，知．
∴，
又为奇函数，
所以
则，函数周期为4
∴．
因为时，
所以，所以
故答案为：
15．5
【分析】先由已知求出，再由A，B，D三点共线，可得，从而列方程组可求出的值
【详解】解：由，得，
因为A，B，D三点共线，
所以令，即，
所以，解得，
故答案为：5
16．
【分析】
设上的切点分别为，则点，的横坐标相等，由切线长定理得，，，由抛物线的定理得出，设点的横坐标为，得出，设直线的倾斜角为，得出，分析得，即可得出的范围．
【详解】设上的切点分别为，如图所示，
则点，的横坐标相等，根据切线长定理得，，，
因为，即，
所以，即，
设点的横坐标为，则点，
则，即，
设直线的倾斜角为，则，，
在中，

，
由双曲线方程：得，，
则，
因为点为双曲线右支上一点，且双曲线的渐近线的斜率为或，倾斜角为或，
所以，
所以，则，
所以，
故答案为：．
17．(1)
(2)
【分析】
（1）根据前n项和与通项之间的关系分析可得，结合等比数列求其通项公式；
（2）结合（1）求，分奇偶项，利用分组求和的方法求和即可.
【详解】（1）
∵，则有：
当时，，解得；
当时，则，
两式相减得，即；
注意到，故，
∴是首项为3，公比为3的等比数列，
故.
（2）
由（1）得，
当n为偶数时，
；
当n为奇数时；
综上所述：.
18．(1)
(2)
【分析】
（1）根据二倍角公式及两角和与差的正余弦公式进行化简即可求解；
（2）根据三角形面积公式结合余弦定理，利用基本不等式即可求解.
【详解】（1）在中，由及二倍角公式，
得，即，
整理得，
因此，即，而，所以．
（2）由（1）及已知，得，即有，
由余弦定理得，即，
因此，即，
于是，当且仅当时取等号，
而，
所以面积的最小值为．
19．（1）见解析；（2）.
【分析】（1）连结交于，连结，证，即可证得所求；
（2）选①，利用四棱锥的体积为，得出，再利用向量法即可得出所求；选②，利用与平面所成的角为，得出，再利用向量法即可得出所求；选③利用，得出，再利用向量法即可得出所求.
【详解】（1）连结交于，连结，
在菱形中，为的中点，
又因的中点为，
所以，
因为平面，
所以平面；
（2）选①，设，
，
所以，即，
如图，以边上的中线为轴，为轴，为轴，建系，
则，，，
，，，
因为平面，
所以即为平面的法向量，
设为平面的法向量，
则，
令，则，所以，
所以，
所以二面角的余弦值.
选②，取的中点，连结，，
因为的中点为，
所以，，
因为平面，
所以平面，
所以即为与平面所成的角的平面角，
即，所以，
由，得
下面步骤同①；
选③，
因为，所以，即，
下面步骤同①.
20．(1)分布列见解析，
(2)（i）；（ii）证明见解析，比赛局数越多，对实力较强者越有利
【分析】
（1）先写出离散型随机变量的分布列，再求出数学期望即可；
（2）先根据已知不等式列式求解，再根据单调性定义作差证明单调递增说明结论.
【详解】（1），即采用3局2胜制，所有可能取值为，
，
的分布列如下表：
所以的数学期望为.
（2）采用3局2胜制：不妨设赛满3局，用表示3局比赛中甲胜的局数，则，甲最终获胜的概率为：
，
采用5局3胜制：不妨设赛满5局，用表示5局比赛中甲胜的局数，则，甲最终获胜的概率为：
，
，
得.
（ii）由（i）知.
局比赛中恰好甲赢了局的概率为，
局比赛中恰好甲赢了局的概率为，
则局比赛中甲至少赢局的概率为.
考虑局比赛的前局：
如果这局比赛甲至少赢局，则无论后面结果如何都胜利，其概率为，
如果这局比赛甲赢了局，则需要后两场至少赢一局，其概率为，
如果这局比赛甲赢了局，则需要后两场都赢，其概率为，
因此局里甲最终获胜的概率为：，
因此，即数列单调递增.
该结论的实际意义是：比赛局数越多，对实力较强者越有利.
21．（1）；（2）最大值．
【分析】（1）设，根据重心坐标公式求得坐标，又因为，得坐标，根据列方程化简即可求得C的轨迹Γ的方程；
（2）设分类讨论与，设直线的方程，代入椭圆方程，求得两根关系，由，得，化为，根据，即可求出的最大值．
【详解】解：（1）设，则的重心，
因为，则，
又因为E为的外心，所以，
所以，
化简得，
所以点C的轨迹Γ的方程为；
（2）设，若，则为等腰直角三角形，
由对称性不妨设，代入椭圆方程，得；
若，同理可得；
若，设直线的方程为，其中，，
设，，
由，得，
依题意得，，，
因为，所以，
所以，
所以，化简得，
所以，化简得，
因为，所以，所以
综上，D的轨迹方程是.
设点，则，所以，
因为，所以，所以，
所以当P为，D为或P为，D为
取到最大值．
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
22．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）分析可知，分、两种情况讨论，结合已知条件可得出关于的等式，即可求得实数的值；
（2）求得，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可证得存在唯一的极小值点，再分析出，结合二次函数的单调性可证得结论成立.
【详解】（1）解：因为的定义域为，且，.
由题意可知，，，则.
当时，，，则函数在上单调递增，
故当时，，不合乎题意；
当时，由，可得.
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，则，
故，解得.
（2）解：由（1）可知，，则，
所以，，
设，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，，，
所以在上有唯一零点，在上有唯一零点，
且当时，；当时，；
当时，.
因为，所以时的唯一极小值点,
由得，故，
由得，，
因为当时，在取得最小值，
由，得，所以.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数极值点的分析，解题的关键在于利用导数分析函数的单调性，在证明，需要注意所满足的等式，结合函数单调性来得出证明.
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