2021届高考高三数学三轮复习模拟考试卷（三十三）

这是一份2021届高考高三数学三轮复习模拟考试卷（三十三），共20页。试卷主要包含了已知集合，，2，，则，的命题，其中假命题为，某保险公司为客户定制了5个险种等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）已知集合，，2，，则
A．，2，B．，C．D．或
2．（5分）下面是关于复数为虚数单位）的命题，其中假命题为
A．B．
C．的共轭复数为D．的虚部为
3．（5分）南宋数学家杨辉《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出垛积公式，所讨论的高阶等差数列前后两项之差不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有高阶等差数列，其前6项分别1，6，13，24，41，66，则该数列的第7项为
A．91B．99C．101D．113
4．（5分）在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，则的余弦值为
A．B．C．D．
5．（5分）如图，每个小正方形的边长为1，小正方形的顶点称为“格点”，如果一个多边形的每一个顶点都在格点上，则称该多边形为“格点多边形”．1899年奥地利数学家匹克对格点多边形面积计算提出匹克定理，设格点多边形内部含有个格点，边界上含有个格点，则该格点多边形的面积．在矩形内随机取一点，此点取自格点多边形内的概率为
A．B．C．D．
6．（5分）三等分角是“古希腊三大几何问题”之一，数学家帕普斯巧妙地利用圆弧和双曲线解决了这个问题．如图，在圆中，为其一条弦，，，是弦的两个三等分点，以为左焦点，，为顶点作双曲线．设双曲线与弧的交点为，则．若的方程为，则圆的半径为
A．B．C．D．
7．（5分）2021年是巩固脱贫攻坚成果的重要一年，某县为响应国家政策，选派了6名工作人员到、、三个村调研脱贫后的产业规划，每个村至少去1人，不同的安排方式共有
A．630种B．600种C．540种D．480种
8．（5分）已知恰有三个不同零点，则实数的取值范围为
A．B．，C．D．
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）某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险：戊，重大疾病保险，各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图例：
用该样本估计总体，以下四个选项正确的是
A．54周岁以上参保人数最少
B．周岁人群参保总费用最少
C．丁险种更受参保人青睐
D．30周岁以上的人群约占参保人群
10．（5分）已知函数的部分图象如图所示，则下列选项正确的是
A．
B．函数的单调增区间为，
C．函数的图象关于，中心对称
D．函数的图象可由图象向右平移个单位长度得到
11．（5分）如图，垂直于以为直径的圆所在的平面，点是圆上异于，的任一点，则下列结论中正确的是
A．B．平面
C．平面平面D．平面平面
12．（5分）已知抛物线的焦点为，，，，是抛物线上两点，则下列结论正确的是
A．点的坐标为，
B．若直线过点，则
C．若，则的最小值为
D．若，则线段的中点到轴的距离为
填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）展开式中常数项为 ．
14．（5分）双曲线的左、右顶点分别为，，右支上有一点，且，则的面积为 ．
15．（5分）在中，，，分别是内角，，的对边，其中，，为线段的中点，则的最小值为 ．
16．（5分）已知函数，则使不等式成立的实数的取值范围是 ．
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）在①的外接圆面积为，②的面积为，③的周长为这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并给出解答．
问题：在中，内角，，的对边分别为，，，是边上一点，已知，，，若______，求的长．
18．（12分）已知数列中，，．
（1）求的通项公式；
（2）数列满足，设为数列的前项和，求使恒成立的最小的整数．
19．（12分）2022年北京冬奥会标志性场馆国家速滑馆的设计理念来源于一个冰和速度结合的创意，沿着外墙面由低到高盘旋而成的“冰丝带”，就像速度滑冰运动员高速滑动时留下的一圈圈风驰电掣的轨迹，冰上划痕成丝带，22条“冰丝带”又象征北京2022年冬奥会．其中“冰丝带”呈现出圆形平面、椭圆形平面、马鞍形双曲面三种造型，这种造型富有动感，体现了冰上运动的速度和激情．这三种造型取自于球、椭球、椭圆柱等空间几何体，其设计参数包括曲率、挠率、面积、体积等．对几何图形的面积、体积计算方法的研究在中国数学史上有过辉煌的成就，如《九章算术》中记录了数学家刘徽提出利用牟合方盖的体积来推导球的体积公式，但由于不能计算牟合方盖的体积并没有得出球的体积计算公式．直到200年以后数学家祖冲之、祖暅父子在《缀术》提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，才利用牟合方盖的体积推导出球的体积公式．原理的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．
（Ⅰ）利用祖暅原理推导半径为的球的体积公式时，可以构造如图②所示的几何体，几何体的底面半径和高都为，其底面和半球体的底面同在平面内．设与平面平行且距离为的平面截两个几何体得到两个截面，请在图②中用阴影画出与图①中阴影截面面积相等的图形并给出证明；
（Ⅱ）现将椭圆所围成的椭圆面分别绕其长轴、短轴旋转一周后得两个不同的椭球，（如图，类比（Ⅰ）中的方法，探究椭球的体积公式，并写出椭球，的体积之比．
20．（12分）已知某射手射中固定靶的概率为，射中移动靶的概率为，每次射中固定靶、移动靶分别得1分、2分，脱靶均得0分，每次射击的结果相互独立，该射手进行3次打靶射击：向固定靶射击1次，向移动靶射击2次．
（1）求“该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次”的概率；
（2）求该射手的总得分的分布列和数学期望．
21．（12分）已知为坐标原点，椭圆，点，，为上的动点，，，三点共线，直线，的斜率分别为，．
（1）证明：；
（2）当直线过点时，求的最小值；
（3）若，证明：为定值．
22．（12分）设函数，．
（1）若，，试判断函数的极值点个数；
（2）设，若恒成立，求实数的取值范围．
高三模拟考试卷（三十三）答案
1．解：，，2，，
，．
故选：．
2．解：复数，
所以正确；正确，的共轭复数为：，所以不正确；的虚部为，正确；
故选：．
3．解：由题意得1，6，13，24，41，66的差组成数列：5，7，11，17，，这些数的差组成数列：2，4，6，8，，
故该数列的第7项为．
故选：．
4．解：由于，，
则：，
，，
可得．
故选：．
5．解：，
根据题意可得，，
所以，
该点取自格点多边形内的概率为．
故选：．
6．解：设双曲线的焦距为，圆的半径为，
由题意可知，，，
则双曲线的离心率为，，
又，，，
，在中，，
则．
故选：．
7．解：把6名工作人员分为1，1，4三组，则不同的安排方式共有：种，
把6名工作人员分为2，2，2三组，不同的安排方式共有：种，
把6名工作人员分为1，2，3三组，不同的安排方式共有：种，
综上，不同的安排方式共有种，
故选：．
8．解：令，
所以，
所以,
所以,
所以,
所以,
令,则,
所以,有两个根,,
所以△,
,
当时，,单调递减，
当时，,单调递增，
时，；时，,
,,
所以,或,,
当时，方程为,
此时方程,为，解得或,
有两个根，不合题意，
当时，方程为,解得,
此时方程,为，解得或,
有两个根，不合题意，
所以,,
所以,解得,
故选：．
9．由扇形图可得，54周岁以上参保人数最少，30周岁以上的人群约占参保人群的，故对错；
由折线图可知，周岁人群参保费用最少，但是因为参保人数并不是最少的，故其总费用不是最少，故错误；
由柱状图可知，丁险种参保比例最高，故正确；
故选：．
10．解：，
由图像得：，
故，故，故错误；
令得：，
故函数的单调递增区间是，，故错误；
，故错误；
的图像可由图像向左平移个单位长度得到，故错误；
故选：．
11．解：由垂直于以为直径的圆所在的平面，点是圆上异于，的任一点，知；
在中，，，，平面，，故正确；
在中，，，，与不垂直，
与平面不垂直，故错误；
在中，是固定的平面，是移动的平面，
平面和平面不垂直，故错误；
在中，平面，平面，平面平面，故正确．
故选：．
12．解：抛物线的焦点为，所以不正确；
根据抛物线的性质可得：过时，则，所以正确；
若，则的最小值为抛物线的通径长，为，所以正确；
抛物线的焦点为，准线方程为，
过点、、分别作准线的垂线，，，
则，，，
所以，
所以线段的中的到轴的距离为，所以正确；
故选：．
13．解：展开式的通项公式为，
由得，
即常数项为，
故答案为：
14．解：由双曲线，得，
又，，
把的方程代入，解得，
．
故答案为：3．
15．解：因为为线段的中点，所以，
故，
因为，，
所以，
由基本不等式可得，，当且仅当时取等号，
所以，
故，
所以的最小值为．
故答案为：．
16．解：因为，
所以，
所以函数的图像关于对称，
当时，单调递减，
根据函数的对称性知，在时单调递增，
因为，
所以，
即，且，，
所以，且，，
，解得，且．
故答案为：．
17．解：选①的外接圆面积为，设外接圆半径，则，
由正弦定理得，，
所以，即，
因为，
所以，
解得或（舍，
由为三角形内角得，，
由余弦定理得，，
故，
又，
所以，
因为，
所以，
，
故．
选②的面积为，
因为，
所以，
解得或（舍，
由为三角形内角得，
因为，
所以，
故，即，
因为，
，
，
，
，
故，
由为三角形内角得，，从而为等边三角形，
又，
所以，
因为，
所以，
，
故．
选③的周长为，
因为，
所以，
解得或（舍，
由为三角形内角得，
因为，
，
，
，
，
故，
由为三角形内角得，，从而为等边三角形，
，故，，且的周长为，
所以．
18．解：（1）由，可得，
即有，
即数列是首项为，公比为3的等比数列，
则，
则；
（2），
则，
，
两式相减可得
，
所以，
由恒成立，可得，
则最小的整数为4．
19．解：（Ⅰ）由图可知，图①几何体是半径为的半球，图②几何体是底面半径与高都为的圆柱挖掉了一个圆锥，
与图①截面面积相等的图形是一个圆环，如阴影部分．
证明如下：在图①中，设截面圆的圆心为，则圆的面积为，
在图②中，截面截圆锥得到的小圆的半径为，则圆环的面积为，
截得的截面面积相等；
（Ⅱ）类比（Ⅰ）可知，椭圆的长半轴为，短半轴为，构造一个底面半径为，
高为的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱
下底面圆心为顶点，以圆柱上底面为底面的圆锥，即挖去的圆锥的底面半径为，高为，
椭球轴截面椭圆的方程为，取，
可得，则半椭球截面圆的面积为，
在圆柱内，圆环的面积为，
根据祖暅原理得出椭球的体积为．
同理，椭球的体积为．
则椭球，的体积之比为．
20．解：（1）记“该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次”为事件，射中固定靶为事件，射中移动靶分别为事件，，
则，其中互斥，，，，，相互独立，（A），（B）（C），
（D）．
即该射手射中固定靶且恰好射中移动靶1次的概率为．
（2）的可能取值为0，1，2，3，4，5．
，
，
，
，
，
，
该射手的总得分的分布列为：
．
21．解：（1）证明：设，，三点共线，且在椭圆上，
，关于原点对称，设，，，，则，，
所以，，
即，，
所以．
（2）设方程为：，即，
联立，消可得，
所以，
所以，
所以，
所以
，
所以，
令，则，
，当且仅当，时取等，
所以的最小值为8．
（3）证明：因为，
所以或，
不妨设，，
设，
联立，消可得，
所以，
所以，
所以．
22．解：（1），
，
的极值点，为的零点，即为的根，
所以为方程的一个根，
设，
的零点，即为根，即根，
记，
，
又，且时，，
所以，
所以当时，方程有1根，不妨设，
所以有一个零点，
当时，没有零点，
若为的一个零点，则，即，与矛盾，
所以不会是的根，，
当或时，，即，，
所以只有一个极大值点，
当且时，当时，；当，时，，
所以有一个极大值点和一个极小值点1，
综上所述，当，或时，只有一个极大值点，
当，，时，有一个极大值点和一个极小值点1，
（2）
若恒成立，则，
记，
，
所以在时，，单调递增，
在时，，单调递减，
所以（1），
所以，
所以，即，
记在上单调递增，
所以（1），
所以存在，使得，所以，即，
则，
将代入，则有，
即，即，
所以的取值范围为，．
0
1
2
3
4
5