潍坊市届高三一模考试数学模拟试题详解版Word文件下载.docx
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7．已知为椭圆和双曲线的公共焦点，P为其一个公共点，且，若椭圆与双曲线的离心率分别为，则的最小值为（）
8．已知函数若函数恰有3个零点，则满足条件的整数a的个数为（）
A．1B．2C．3D．4
二、多选题
9．某综艺节目为比较甲、乙两名选手的各项能力（指标值满分为5分，分值高者为优），分别绘制了如图所示的六维能力雷达图，图中点A表示甲的创造力指标值为4，点B表示乙的空间能力指标值为3，则下列叙述正确的是（）
A．甲的六大能力中推理能力最差B．甲的创造力优于观察能力
C．乙的计算能力优于甲的计算能力D．乙的六大能力整体水平低于甲
10．设函数，已知在有且仅有5个零点，则下列结论成立的有（）
A．在有且仅有2个零点
B．在单调递增
C．的取值范围是
D．将的图象先右移个单位，再纵坐标不变，横坐标扩大为原来的2倍，得到函数
11．在矩形中，，，沿矩形对角线将折起形成四面体，在这个过程中，现在下面四个结论其中所有正确结论为（）
A．在四面体中，当时，
B．四面体的体积的最大值为
C．在四面体中，与平面所成角可能为
D．四面体的外接球的体积为定值.
12．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：
平面内到两个定点，的距离之比为定值（）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，已知，，点满足，设点的轨迹为圆，下列结论正确的是（）
A．圆的方程是
B．过点向圆引切线，两条切线的夹角为
C．过点作直线，若圆上恰有三个点到直线距离为2，该直线斜率为
D．在直线上存在异于，的两点，，使得
三、填空题
13．已知二项式的展开式中各项系数之和为64.则展开式中的系数是______.
14．对一个物理量做次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果．已知最后结果的误差，为使误差在的概率不小于0.9545，至少要测量_____次（若，则）．
15．如图，在中，，点为的中点，点为线段垂直平分线上的一点，且，固定边，在平面内移动顶点，使得的内切圆始终与切于线段的中点，且在直线的异侧，在移动过程中，当取得最大值时，的面积为___________.
16．如图是第七届国际数学教育大会的会徽，它的主题图案由一连串如图所示的直角三角形演化而成.设其中的第一个直角.是等腰三角形，且，则，，…，，现将沿翻折成，则当四面体体积最大时，它的表面有___________个直角三角形；
当时，四面体外接球的体积为___________.
四、解答题
17．在中，角，，所对的边分别为，，，，.
（1）求外接圆的面积；
（2）若，，求的周长.
18．设数列的前项和为，______．
从①数列是公比为2的等比数列，，，成等差数列；
②；
③．这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
19．在四棱锥中，平面平面，底面为直角梯形，，，，，为线段的中点，过的平面与线段，分别交于点，.
（1）求证：
；
（2）在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，请确定点的位置；
若不存在，请说明理由.
20．甲乙两人报名参加由某网络科技公司举办的“技能闯关”双人电子竞技比赛，比赛规则如下：
每一轮“闯关”结果都采取计分制，若在一轮闯关中，一人过关另一人未过关，过关者得1分，未过关得分；
若两人都过关或都未过关则两人均得0分.甲、乙过关的概率分别为和，在一轮闯关中，甲的得分记为.
（1）求的分布列；
（2）为了增加趣味性，系统给每位报名者基础分3分，并且规定出现一方比另一方多过关三轮者获胜，此二人比赛结束.表示“甲的累积得分为时，最终认为甲获胜”的概率，则，其中，，，令.证明：
点的中点横坐标为；
（3）在第
（2）问的条件下求，并尝试解释游戏规则的公平性.
21．已知圆，椭圆的左右焦点为，过且垂直于x轴的直线被椭圆和圆所截得弦长分别为1和．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图P为圆上任意一点，过P分别作椭圆两条切线切椭圆于A，B两点．
（ⅰ）若直线的斜率为2，求直线的斜率；
（ⅱ）作于点Q，求证：
是定值．
22．已知.其中常数.
（1）当时，求在上的最大值；
（2）若对任意均有两个极值点，
（ⅰ）求实数b的取值范围；
（ⅱ）当时，证明：
.
绝密★启用前
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
1．【答案】B【解析】图中的阴影部分表示的是集合与的补集的交集形成即为
故选：
B
2．【答案】C【解析】因为，
所以，
则z在复平面内对应点的坐标为，
所以z在复平面内对应的点在第三象限，
C.
3．【答案】C【解析】将12种不同的纪念币分别标号为，
A：
若甲号，乙号，丙：
号，
则甲、乙、丙三人无共同纪念币，A错；
B：
在A的情况下，若每人再加一款纪念币，
甲号，乙号，丙：
号或者号，
则能分析出至少有3款纪念币是三人都拥有，B错；
C：
由A知至少有四款纪念币，两人同时拥有，C正确；
、
D：
若若甲、乙两人各自收集7款纪念币，比如甲号，乙号，
则他们两人合起来不一定会收集到这12款不同的纪念币，所以D错；
4.【答案】D【解析】设首项为a1，公差为d＞0．由题意可得a1＝4，①
S5＝5a1+＝100，②
由①②联立可得
d＝8，
则上造出的钱数为a4＝a1+3d＝4+3×
8＝28，
D．
5．【答案】A【解析】解：
因为，令，解得，故函数的定义域为，，故函数为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除BD；
又，因为，，所以，即，故排除C
A
6．【答案】A【解析】设，
因为，
，
7．【答案】D【解析】如图所示：
设椭圆的长半轴长为，双曲线的半实轴长为，
不妨设点在第一象限，则根据椭圆及双曲线的定义得，
，，
所以，，
设，，
在中，由余弦定理得，
化简可得：
，所以，即，
由，解得.
D
8．【答案】C【解析】
当时，单调递增，此时函数的值域为．
当时，，由，得，则．
因为，且函数恰有3个零点，所以，
即，故整数a的个数为3．
C
9．【答案】ACD
【解析】由六维能力雷达图，得：
对于A，甲的推理能力为比其他都低，故A正确；
对于B，甲的创造能力是，观察能力也是，故甲的创造力与于观察能力一样，故B误；
对于C，乙的计算能力是，甲的计算能力是，故乙的计算能力优于甲的计算能力，故C正确；
对于D，乙的六大能力总和为，甲的六大能力总和为，故D正确．
ACD．
10．【答案】BC
【解析】A.如图，上函数仅有5个零点，但有3个最小值点，这3个最小值点就是在上的3个零点；
B.时，若函数在有且仅有5个零点，
则，得，当时，，此时函数单调递增，故BC正确；
D.函数的图象先右移个单位后得到，再将横坐标扩大为原来的2倍，得到，故D不正确；
BC
11．【答案】ABD
【解析】解：
对于A.当时，又因为平面，
所有平面，所以，故A正确；
对于B.当平面平面时，四面体的体积最大
在中根据等面积法可得到平面的距离满足
所以，故B正确；
对于C.当平面平面时与平面所成的角最大，
此时，即，故C错误；
对于D.因为和都是直角三角形且共斜边，所以斜边中点到距离相等，所以四面体的外接球的半径，所以四面体的外接球的体积为定值
ABD
12．【答案】ABD
【解析】因为，，点满足，
设点，则，
化简得：
，即，故A正确；
因为，所以，则，解得，故B正确；
易知直线的斜率存在，设直线，因为圆上恰有三个点到直线距离为2，则圆心到直线的距离为：
，解得，故C错误；
假设存在异于，的两点，，则，
，因为点P的轨迹方程为：
，所以解得或（舍去），故存在，故D正确；
第II卷（非选择题）
13．【答案】
【解析】根据题意，令得，解得，
所以二项式为，
其展开式的通项为，
令，得，所以展开式中的系数是.
故答案为：
14．【答案】32
【解析】根据正态曲线的对称性知：
要使误差在的概率不小于0.9545，
则且，，
所以.
32.
15．【答案】【解析】解：
如图，以所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，
则，，，
设的内切圆切、、分别于、、，
则，
点的轨迹是以、为焦点的双曲线的右支，
且，，，
的轨迹方程为．
则当为线段与双曲线右支的交点时，最大，
所在直线方程为，即．
联立，解得．
的面积为．
．
16．【答案】
【解析】显然，，为直角三角形.
因为，要使当四面体体积最大，只需h最大，
所以当四面体体积最大时，有平面，
又，所以
可得：
△为直角三角形.
又
而
所以，得△为直角三角形，
故当当四面体体积最大时，它的表面有4个直角三角形；
当时，
三棱锥P-OA2A3的三条侧棱相等，则P在底面的射影为三角形OA2A3的外心.
因为△为直角三角形，所以的中点M为三角形OA2A3的外心.，
连结PM，则|PM|=，则四面体外接球的球心在PM的延长线上，设球心为N
连结NA3,设|NA3|=R，在直角三角形MNA3中，由勾股定理可得：
，解得：
所以
即四面体外接球的体积为.
【答题空1】；
【答题空2】
17．【解析】
（1）∵，
∴，由正弦定理得：
因为，所以，得，
又，故，
∴外接圆的半径，
∴外接圆的面积为.
（2）由及得：
，，
∵，则为锐角，
∴，故.
如图所示，在中，由余弦定理得，
解得，
则的周长为.
18．【解析】
（1）选①：
因为，，成等差数列，
又因为数列的公比为2，所以，
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