2021年高三第一次模拟考试数学含答案
一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,计70分.
1.设集合,集合,若,则 ▲ . 答案:1
2.若复数(其中为虚数单位)的实部与虚部相等,则实数 ▲ . 答案:-1
3.在一次射箭比赛中,某运动员次射箭的环数依次是,则该组数据的方差是 ▲ . 答案:
4.甲、乙两位同学下棋,若甲获胜的概率为,甲、乙下和棋的概率为,则乙获胜的概率为 ▲ .
答案:
解读:为了体现新的《考试说明》,此题选择了互斥事件,选材于课本中的习题。 5.若双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合,则 ▲ . 答案:
6.运行如图所示的程序后,输出的结果为 ▲ . 答案:42
解读:此题的答案容易错为22。
7.若变量满足202300x y x y x -≤??
-+≥??≥?
,则的最大值为 ▲ .
答案:8
8.若一个圆锥的底面半径为,侧面积是底面积的倍,则该圆锥的体积为 ▲ . 答案:
9.若函数()sin()(0)6
f x x π
ωω=+
>图象的两条相邻的对称轴之间的距离为,且该函数图象
关于点成中心对称,,则 ▲ . 答案:
10.若实数满足,且,则的最小值为 ▲ . 答案:4 11.设向量,,则“”是“”成立的 ▲ 条件 (选填“充分不必要”、“必要不充分”、
“充
第6题图
要”、“既不充分也不必要”) . 答案:必要不充分 12.在平面直角坐标系中,设直线与圆交于两点,为坐标原点,若圆上一点满足,则 ▲ . 答案:
解读:方法1:(平面向量数量积入手)
2
2
2
2532553924416
4416OC OA OB OA OA OB OB
??=+=+??+ ???,即:222225159
+cos 16816
r r r AOB r =∠+,整理化简得:,过点作的垂线交于,则
23
cos 2cos 15
AOB AOD ∠=∠-=-,得,又圆心到直线的距离为,所以
22
2212cos 5OD AOD r r ∠===,所以,.
方法2:(平面向量坐标化入手)设,,,由得,,
则
22
222222121211112222
5
35325251525251544441616816168x y x x y y x y x y x y x y ????+=+++=+++++ ? ?????
由题意得,()2
221122252515
16168
r r r x y x y =
+++,
联立直线与圆的方程,由韦达定理可解得:. 方法3:(平面向量共线定理入手)由得,设与交于点,则三点共线。由与互补结合余弦定理
可求得,过点作的垂线交于,根据圆心到直线的距离为,得,解得,. 13.已知是定义在上的奇函数,当时,,函数. 如果对于,,使得,则实数的取值范围是 ▲ . 答案:
14.已知数列满足,,,若数列单调递减,数列单调递增,则数列的通项公式为 ▲ .
答案:( 说明:本答案也可以写成21
,3
21,3
n n
n n ?--???-???为奇数为偶数)
二、解答题:
15.在平面直角坐标系中,设锐角的始边与轴的非负半轴重合,终边与单位圆交于点,将射
线绕坐标原点按逆时针方向旋转后与单位圆交于点. 记. (1)求函数的值域; (2)设的角所对的边分别为,
若,且,,求. 解:(1)由题意,得12sin ,sin()cos 2
y y π
ααα==+
=, ………4分
所以()sin cos )4
f π
αααα=+=
+, ………………6分
因为,所以,故. ………………8分
第15题图
第17题图(2)因为()sin()
4
f C C
π
=+=………………10分在中,由余弦定理得,即,
解得. ………………
14分
(说明:第(2)小题用正弦定理处理的,类似给分)
16.(本小题满分14分)
如图,在正方体中,分别为的中点.
(1)求证:平面;
(2)求证:平面平面.
证明(1):连接,设,连接,………2分
因为O,F分别是与的中点,所以,且,
又E为AB中点,所以,且,
从而,即四边形OEBF是平行四边形,
所以,……………6分
又面,面,
所以面. ……………8分
(2)因为面,面,
所以,…………10分
又,且面,,
所以面,…………12分
而,所以面,又面,
所以面面. ………14分
17.在平面直角坐标系中,椭圆的右
准线方程为,右顶点为,上顶点为,右焦点为,斜率为
的直线经过点,且点到直线的距离为.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)将直线绕点旋转,它与椭圆相交于另一点,当
三点共线时,试确定直线的斜率.
解:(1)由题意知,直线的方程为,即,……………2分
右焦点到直线的距离为,,……………4分
又椭圆的右准线为,即,所以,将此代入上式解得,,
椭圆的方程为;……………6分
(2)由(1)知,,直线的方程为,……………8分
联立方程组22
1)
1
43
y x
x y
?=-
?
?
+=
?
?
,解得
8
5
x
y
?
=
??
?
?=
??
或(舍),即,…………12分直线的斜率
0(
5
82
2
5
k
-
==
-
. ……………14分其他方法:
B
A
C
D
B1
A1
C1
D1
F
O
B
A
C
D
B1
A1
C1
D1
E
第16题图
O
1
第16题图
方法二: 由(1)知,, 直线的方程为,由题,显然直线的斜率存在,设直线的方程为,
联立方程组,解得23
333k x k k y k ?+=?
+?
?-?=?+?
,代入椭圆解得:或,又由题意知,得或,所以.
方法三:由题,显然直线的斜率存在,设直线的方程为,联立方程组22(2)143y k x x y =-??
?+
=??
,得
()2222431616120k x k x k +-+-=,
, 所以22221686
24343P k k x k k -=-=++,,当三点共线时有,,
即2221233
438643
k
k k k ---+=
-+,解得或,又由题意知,得或,所以.
18.某地拟模仿图甲建造一座大型体育馆,其
设计方案侧面的外轮廓线如图乙所示:曲
线是以点为圆心的圆的一部分,其中(,单位:米);曲线是抛物线的一部分;,且恰好等于圆的半径. 假定拟建体育馆的高米.
(1)若要求米,米,求与的值;
(2)若要求体育馆侧面的最大宽度不超过米,求的取值范围; (3)若,求的最大值. (参考公式:若,则) 解:(1)因为,解得. …………… 2分 此时圆,令,得,
所以245105145OD AD AO =-=-=,将点代入中,
解得. ………… 4分
(2)因为圆的半径为,所以,在中令,得,
则由题意知对恒成立, ………… 8分 所以恒成立,而当,即时,取最小值10,
故,解得. ………… 10分 (3)当时,,又圆的方程为,令,得,所以,
从而
()10255(025)AD f t t t t ==-+<≤, …………
12分
又因为5(252)
()5()2525t t f t t t t t
--'=-
+=
--?,令,得, ………… 14分 第18题-甲 x
y
O A
B
C
D 第18题-乙
E · F
当时,,单调递增;当时,,单调递减,从而当 时,取最大值为25.
答:当米时,的最大值为25米. …………16分 (说明:本题还可以运用三角换元,或线性规划等方法解决,类似给分) 19.设数列是各项均为正数的等比数列,其前项和为,若,.
(1)求数列的通项公式; (2)对于正整数(),求证:“且”是“这三项经适当排序后能构成等差数列”成立的充
要条件;
(3)设数列满足:对任意的正整数,都有121321n n n n a b a b a b a b --+++
+
,且集合中有且仅有3个元素,试求的取值范围.
解:(1)数列是各项均为正数的等比数列,,,
又,,,; ………… 4分 (2)(ⅰ)必要性:设这三项经适当排序后能构成等差数列,
①若,则,,,
. ………… 6分 ②若,则,,左边为偶数,等式不成立, ③若,同理也不成立,
综合①②③,得,所以必要性成立. …………8分 (ⅱ)充分性:设,,
则这三项为,即,调整顺序后易知成等差数列, 所以充分性也成立. 综合(ⅰ)(ⅱ),原命题成
立. …………10分 (3)因为11213213246n n n n n a b a b a b a b n +--+++
+=?--,
即123
112122223246n n n n n b b b b n +--+++
+=?--,(*)
当时,123
1123122223242n n n n n b b b b n ----+++
+=?--,(**)
则(**)式两边同乘以2,得234
1123122223284n n n n n b b b b n +---+++
+=?--,(***)
(*)-(***),得,即, 又当时,,即,适合,.………14分 ,111212352222n n n n n
n n b b n n n
a a ------∴
-=-=, 时,,即; 时,,此时单调递减, 又,,,,. ……………16分 20.已知函数,.
(1)设.
① 若函数在处的切线过点,求的值;
② 当时,若函数在上没有零点,求的取值范围; (2)设函数,且,求证:当时,.
解:(1)由题意,得()(()())()x
x
h x f x g x e mx n e m '''=-=--=-,
所以函数在处的切线斜率, ……………2分
又,所以函数在处的切线方程,
将点代入,得. ……………4分 (2)方法一:当,可得()()x
x
h x e mx e m ''=-=-,因为,所以,
①当时,,函数在上单调递增,而,
所以只需,解得,从而. ……………6分 ②当时,由,解得, 当时,,单调递减;当时,,单调递增. 所以函数在上有最小值为, 令,解得,所以.
综上所述,. ……………10分 方法二:当,
①当时,显然不成立; ②当且时,,令,则,当时,,函数单调递减,时,,函数单调递减,当时,,函数单调递增,又,,由题意知.
(3)由题意,1114()()()4x x n
x
nx x m r x n f x g x e e x x m
=+=+=+
++, 而等价于,
令, ……………12分 则,且,, 令,则,
因, 所以, ……………14分 所以导数在上单调递增,于是,
从而函数在上单调递增,即. ……………16分
附加题答案
21. A 、(选修4—1:几何证明选讲)
如图,已知点为的斜边的延长线上一点,且与的外接圆相切,过点作的垂线,垂足为,若,,求线段的长. 解:由切割线定理,得,解得,
所以,即的外接圆半径,……5分 记外接圆的圆心为,连,则,
在中,由面积法得,解得. ………………10分 B 、(选修4—2:矩阵与变换)
求直线在矩阵2222M -?=?
?
?
?
的变换下所得曲线的方程. 解:设是所求曲线上的任一点,它在已知直线上的对应点为,
则
22x y x
x y y
''-
=?''=,
解
得
C
A
B D P
第21-A 题图
)
2
)
x x y
y y x
?
'=+
??
?
?'=-
??
,………………5分
代入中,得)()10
22
x y y x
+---=,
化简可得所求曲线方程为. ………………
10分
C、(选修4—4:坐标系与参数方程)
在极坐标系中,求圆的圆心到直线的距离.
解:将圆化为普通方程为,圆心为,………………4分
又,即
1
2(sin)1
2
ρθθ
+=,
所以直线的普通方程为,………………8分
故所求的圆心到直线的距离. (10)
分
D、解不等式.
解:当时,不等式化为,解得;………………3分
当时,不等式化为,解得;………………6分
当时,不等式化为,解得;………………9分
所以原不等式的解集为. ………………
10分
22.(本小题满分10分)
如图,在直三棱柱中,,,,动点满足,当时,.
(1)求棱的长;
(2)若二面角的大小为,求的值.
解:(1)以点为坐标原点,分别为轴,
建立空间直角坐标系,
设,则,,,
所以,,,………………2分
当时,有
1
1
(3,0,)(3,4,)0
2
AB PB m m
?=?--=
解得,即棱的长
为. ………………4分
(2)设平面的一个法向量为,
则由,得,即,
令,则,所以平面的一个法向量为,………………6分
又平面与轴垂直,所以平面的一个法向量为,
因二面角的平面角的大小为,
所以
12
1
cos,
2
n n==,结合,解得. ………………10分
C
A
B
P
B1
C1
A1
第22题图
23.设集合{}*1,2,3,,(,2)S n n N n =∈≥,是的两个非空子集,且满足集合中的最大数小
于集合中的最小数,记满足条件的集合对的个数为. (1)求的值; (2)求的表达式. 解:(1)当时,即,此时,,所以, ………………2分
当时,即,若,则,或,或;
若或,则;所以. ………………4分
(2)当集合中的最大元素为“”时,集合的其余元素可在中任取若干个(包含不取),所以
集合共有0
1
2
11
11112
k k k k k k C C C C ------+++
+=种情况, ………………6分
此时,集合的元素只能在中任取若干个(至少取1个),所以集合 共有
1232
1n k n k
n k n k n k n k C C C C ------+++
+=-种情况, 所以,当集合中的最大元素为“”时,
集合对共有 对, ………………8分 当依次取时,可分别得到集合对的个数, 求和可
得
101221(1)2(2222)(2)21n n n n P n n ---=-?-+++
+=-?+. ………………10分