潍坊市届高三一模考试数学模拟试题详解版.docx
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潍坊市届高三一模考试数学模拟试题详解版
潍坊市2021届高三一模考试模拟试题
数学
一、单选题
1.如图,阴影部分所表示的集合为()
A.B.
C.D.
2.已知复数z满足(i为虚数单位),则z在复平面内对应的点在()
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
3.某银行出售12种不同款式的纪念币,甲、乙、丙三人都各自收集这些纪念币.下列说法正确的()
A.若甲、乙、丙三人各自收集8款纪念币,则至少有1款纪念币是三人都拥有
B.若甲、乙、丙三人各自收集9款纪念币,则至少有2款纪念币是三人都拥有
C.若甲、乙两人各自收集8款纪念币,则至少有4款纪念币是两人都拥有
D.若甲、乙两人各自收集7款纪念币,则他们两人合起来一定会收集到这12款不同的纪念币
4.《九章算术》是我国古代的数学巨著,书中有如下问题:
“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士,凡五人,共出百錢.欲令高爵出少,以次漸多,問各幾何?
”意思是:
“有大夫、不更、簪裹、上造、公士(爵位依次变低)5个人共出100钱,按照爵位从高到低每人所出钱数成等差数列,这5个人各出多少钱?
”在这个问题中,若大夫出4钱,则上造出的钱数为( )
A.8B.12C.20D.28
5.函数(e为自然对数的底数)的部分图象大致为()
A.B.C.D.
6.庄严美丽的国旗和国徽上的五角星是革命和光明的象征,正五角星是一个非常优美的几何图形,且与黄金分割有着密切的联系.在如图所示的正五角星中,以为顶点的多边形为正五边形,且,则()
A.B.
C.D.
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()
A.B.C.D.
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
潍坊市2021届高三一模考试模拟试题
数学
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)
一、单选题
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,
故选:
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;
故选:
C.
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,
故选:
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
故选:
A
6.【答案】A【解析】设,
因为,
所以,
所以,
因为,
所以,
所以,
,
.
故选:
A
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.
故选:
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.
故选:
C
二、多选题
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.
故选:
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;
故选:
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
故选:
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,
化简得:
,因为点P的轨迹方程为:
,所以解得或(舍去),故存在,故D正确;
故选:
ABD
第II卷(非选择题)
三、填空题
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.
故答案为:
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,
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.
故答案为:
.
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.
故答案为:
【答题空1】;【答题空2】
四、解答题
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,
所以,
又因为数列的公比为2,所以,