【文档说明】(新高考)高三数学第三次模拟考试卷一(解析版，A3版).doc，共(9)页，989.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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（新高考）高三第三次模拟考试卷数学（一）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的

答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合11Ayyx，集合xByye，则ABRIð（）A．B．{}0C．0,D．,0【答案】A【解析】由函数11yx的值域为,00,，可知,00,A

，则0ARð；由函数xye的值域为0,，可知0,B．所以00,ABRð，故选A．2．设aR，则“2a”是“2320aa”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【答案】B【解析】解不等式2320aa，得12a，因为1,2,2Ü，所以“2a”是“2320aa”的必要不充分条件，故选B．3．已知复数z满足276i4z（i为虚数单位

），且z在复平面内对应的点位于第三象限，则复数z的虚部为（）A．2iB．3C．32D．3i2【答案】C【解析】设i(,)zababR，则22272i6i4zabab，可得227426abab

，因为0a，0b，解得2a，32b，所以32i2z，则32i2z．故选C．4．设等差数列na的前n项和为nS，若111a，466aa，则下列结论正确的

是（）A．当且仅当6n时，nS取最小值B．当且仅当6n时，nS取最大值C．当且仅当7n时，nS取最小值D．当且仅当7n时，nS取最大值【答案】A【解析】因为54626aaa，则53a，从而5124aad，因此该等差数列是递增数列

，所以112(1)213nann．由0na，得136.52n，则数列na的前6项为负数，从第7项起为正数，所以当且仅当6n时，nS取最小值，故选A．5．若向量(1,2)a，(0,1)b，且kab与2ab共线，则实数k的值为（）A．1B．12C．1

D．2【答案】B【解析】(1,2)a，(0,1)b，1,20,1,21kkkkab，21,220,11,4ab，kab与2ab共线，4210kk，解得12k，故选B．6．把5名志愿

者分配到三个不同的社区，每个社区至少有一个志愿者，其中甲社区恰有1名志愿者的分法有（）此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号A．14种B．35种C．70种D．100种【答案】C【解析】甲社区恰有1名志愿者有15C种，对其余4人先分组，再分配．其余4人的分组有“

3和1”及“2和2”两种分法：（1）按“3和1”分组，有3141CC；（2）按“2和2”分组，有224222CCA；故甲社区恰有1名志愿者的分法有22131242541222CCCCCA543270A

，故选C．7．若不等式21634xaxxa对任意2,4a成立，则x的取值范围为（）A．,83,B．,01,C．8,6D．0,3【答案】A【解析】由题得不等式2(4)3160xaxx对任意2,4a成

立，所以22(4)(2)3160(4)43160xxxxxx，即2252400xxxx，解得3x或8x，故选A．8．已知函数fx是定义在R上的偶函数，满足1fxfx，当0,1x时，πcos2f

xx，则函数yfxx的零点个数是（）A．2B．3C．4D．5【答案】A【解析】∵1fxfx，∴21fxfxfxfx，∴2fxfx，即函数fx是周期2T的周期函

数．又∵函数fx是定义在R上的偶函数，且[0,1]x时，πcos2fxx，∴当[1,0)x时，ππ()()cos()cos22fxfxxx，令0fxx，则函数yfxx的零点个数即为函数yfx和gxx的图象交点个数，分

别作出函数yfx和gxx的图象，如下图，显然fx与gx在[1,0)上有1个交点，在[0,1]上有一个交点，当1x时，1gx，而1fx，所以1x或1x时，fx与gx无交点．综上，函数yfx和gxx

的图象交点个数为2，即函数yfxx的零点个数是2．故选A．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．已知函数()sinfxx和()co

sgxx，则下列正确的是（）A．()fx的图象可由()gx的图象向右平移π2个单位得到B．3π,π4x时，()()gxfxC．()()()hxfxgx的对称轴方程为ππ4xkk

ZD．若动直线xa与函数()sinfxx和()cosgxx的图象分别交于M，M两点，则MN的最大值为2【答案】ABD【解析】对A，()cosgxx的图象向右平移π2个单位得到πcossin2yxxfx

，故A正确；对B，当3π,π4x时，2()12gx，20()2fx，即()()gxfx，故B正确；对C，π()()()sincos2sin4hxfxgxxxx，令πππ,42xkkZ，解得ππ4xkkZ，即

对称轴为ππ4xkkZ，故C错误；对D，πsincos2sin4MNxxx，则MN的最大值为2，故D正确，故选ABD．10．在ABC△中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A

BC△的面积为S，下列ABC△有关的结论，正确的是（）A．若ABC△为锐角三角形，则sincosABB．若ab，则cos2cos2ABC．24sinsinsinSRABC，其中R为ABC△外接圆的半径D．若ABC△为

非直角三角形，则tantantantantantanABCABC【答案】ABD【解析】对于A中，若ABC△为锐角三角形，可得π2AB且π,(0,)2AB，可得π2AB，且ππ(0,)22B，根据正弦

函数的单调性，可得πsinsin()2AB，所以sincosAB，所以A正确；对于B中，在ABC△中，由ab，根据正弦定理可得sinsinAB，则22sinsinAB，可得1cos21cos22

2AB，解得cos2cos2AB，所以B正确；对于C中，由三角形的面积公式，可得in12sSabC，由正弦定理知2sinaRA，2sinbRB，可得22sinsinsinSRABC，所以C不正确；对于D中，在ABC△中，可得πABC，则πABC，所以tan(

)tan(π)ABC，即tantantan1tantanABCAB，可得tantantantantantanABCABC，则tantantantantantanABCABC，所以D正确，故选ABD．11．已知实数x，y满足方程

22410xyx．则下列选项正确的是（）A．1yx的最大值是22B．1yx的最大值是3C．过点1,2作22410xyx的切线，则切线方程为210xyD．过点1,2作22410xyx的切线，则切线方程为210xy【答案】AD

【解析】对于AB，设1ykx，即1ykx，由圆心2,0到直线1ykx的距离等于半径时，直线与圆相切，即2331kk，解得212k，即max22k，min22k，即1yx的最大值是22，故A正确，B错误；对于CD，显然点1,2在圆22(2)3xy

上，过1,2与圆心2,0的直线斜率为2k，由切线性质知，切线斜率22k，所以切线方程为22(1)2yx，整理得210xy，故C错误，D正确，故选AD．12．关于函数2lnfxxx，下列说

法正确的是（）A．02x是fx的极小值点B．函数yfxx有且只有1个零点C．存在正整数k，使得fxkx恒成立D．对任意两个正实数1x，2x，且12xx，若12fxfx，则124xx【答案】ABD【解析】对于A选项，函数的定义域为0,，

函数的导数22212xfxxxx，∴0,2x时，0fx，函数fx单调递减；2,x时，0fx，函数fx单调递增，∴2x是fx的极小值点，故A正确；对于B选项，2lnyfxxxx

x，∴22217212410xyxxx，∴函数在0,上单调递减，又∵112ln1110f，221ln220f，∴函数yfxx有且只有

1个零点，故B正确；对于C选项，若fxkx，可得22lnfxxkxxx，令22lnxgxxx，则34lnxxxgxx，令4lnhxxxx，则lnhxx，∴在0,1x上，0hx，函数hx单调递增；1,x

上，0hx，函数hx单调递减，∴130hxh，∴0gx，∴22lnxgxxx在0,上函数单调递减，函数无最小值，∴不存在正实数k，使得fxkx成立，故C错误；对于D选项，由12xx，12fxfx，结合A选

项可知12x，202x，要证124xx，即证124xx，且1242xx，由函数fx在2,x是单调递增函数，所以有124xffx，由于12fxfx，所以224xffx，即证明4,0,2fxfx

x，令224lnln4,0,24mxfxfxxxxxx，则2228204xmxxx，所以mx在0,2是单调递减函数，所以20mxm，即4,0,2

fxfxx成立，故124xx成立，所以D正确，故选ABD．第Ⅱ卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．设i为虚数单位，则6ix的展开式中含4x的项为________．【答案】415x【解析】6ix的展

开式的通项公式为616Ci,0,1,2,,6rrrrTxr，令64r，则2r=，此时242436Ci15Txx，即含4x的项为415x，故答案为415x．14．函数22sincos2()2cosxxxxfxxx的图象关

于点_______成中心对称，记函数的最大值为M，最小值为N，则MN_______．【答案】(0,1)，2【解析】2sin()12cosxxfxxx，记2sin()2cosxxgxxx，22sin()sin()()2()cos()2cosxxxxgxgxxxxx

，()gx是奇函数，其图象关于坐标原点(0,0)中心对称，则()gx的最大值和最小值之和为0，把()gx的图象向上平移一个单位得到()()1fxgx的图象，即()fx的图象关于点(0,1)对称，且0112MN．故答案为(0,1)，2

．15．已知直线8:20kxylk过定点P，过点P向圆22:1Oxy作切线，切点分别为,AB，则弦AB所在的直线方程为____________．【答案】8210xy【解析】820kxykQ，820kxy，由8020xy

，得82xy，8,2P．PAOA，PBOB，点,,,OAPB四点共圆，且圆心C为OP的中点，弦AB是圆O和圆C的公共弦，又8020,22C，即4,1C，且圆C的半径1

72OPR，圆22241:17xyC…①，又圆22:1Oxy…②，由①②，得弦AB所在直线方程为8210xy，故答案为8210xy．16．已知正三棱柱111ABCABC的体积为23，2AB，过点B的平面与平面1ABC

无公共点，则三棱柱111ABCABC在平面内的正投影面积为________．【答案】1177【解析】依题意213234ABAA，解得12AA，由题意得平面//平面1ABC．由于投影面平移不影响

正投影的形状和大小，所以就以平面1ABC为投影面．如图①，构造四棱柱1111ACDEACDE，作11CNCD，11AMAE，连接1BM，1BN，易得1CN平面11CAED，1AM平面11CAED，则五边形1BMACN即为三棱柱111ABCABC在平面内的正投影．

要计算的投影的面积即为图②所示图形的面积，由题知113CD，12CC，在11CDCRt△中，又1CNCD，可得1377DN，477CN，故所求正投影的面积为13747117222777，故答案为1177．四、解答题：本大题共6个大题

，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ABC△中，D为AC边上一点，3CD，8BC，7BD．（1）求sinBDC的值；（2）若60A，求AD的长．【答案】（1）437；（2）5．【解析】（1）在BCD△中，据余弦定理，有2227381cos27

37BDC．又0πBDC，所以2143sin=177BDC．（2）因为BDCAABD，则60ABDBDC，所以4311353sinsin60727214ABDBDC．在ABD△中，据正

弦定理，有sinsinADBDABDBAD，所以537sin145sin32BDABDADBAD．18．（12分）已知正项数列na的前n项和为1,2nSS，1122nnnnaaaa．（1）求数列na的通项公式；（2）若2nanbn，求数列

nb的前n项和nT．【答案】（1）2nan；（2）1314499nnnT．【解析】（1）因为在正项数列na中，1122nnnnaaaa，可得221120nnnnaaaa，即1120nnnnaaaa

，又因为10nnaa，所以12nnaa，所以数列na是公差为2的等差数列，又112aS，所以2212nann．（2）由（1）知，224nnnbnn，所以231424344nnTn

，所以23414142434144nnnTnn，所以2311141414344444441433nnnnnnTnnn，所以1314

499nnnT．19．（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，侧面PBC△是等边三角形，2ADAB，45BCD，面PBC面ABCD，E、F分别为BC、CD的中点．（1）证明：面

PEF面PAB；（2）求面PEF与面PAD所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）64．【解析】（1）设2AB，则22AD，∴1CF，2CE，∴12212cos451EF，∴222CFEFCE，∴EFCF．在等边三角形PBC中，E为BC的中点，∴PE

BC，∵面PBC面ABCD，PE面PBC，面PBC面ABCDBC，∴PE面ABCD．∵CD面ABCD，∴PECD．∵EFCD，EFPEE，∴CD面PEF．∵//ABCD，∴AB面PEF，∵ABÌ面PAB，∴面PEF面PAB．（2）由（

1）知2BD，DEBC，以E为坐标原点，ED、EC、EP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则(0,0,6)P，(2,0,0)D，(0,2,0)C，(2,22,0)A，22,,022F，(0,2

2,0)AD，(2,0,6)DP．设面PAD的法向量为(,,)xyzm，220260yxz，取1z，得3x，0y，(3,0,1)m，面PEF的法向量为(2,2,0)CD，∴66cos,224CDm，∴面

PEF与面PAD所成锐二面角的余弦值为64．20．（12分）2021年，福建、河北、辽宁、江苏、湖北、湖南、广东、重庆8省市将迎来“312”新高考模式．“3”指的是：语文、数学、英语，统一高考；“1”指的是：物理和历史，考生从中选一科；

“2”指的是：化学、生物、地理和政治，考生从四种中选两种．为了迎接新高考，某中学调查了高一年级1500名学生的选科倾向，随机抽取了100人统计选考科目人数如下表：选考物理选考历史共计男生4050女生共计30（1）补全22列联表；（2）将此样本的频率视

为总体的概率，随机调查了本校的3名学生．设这3人中选考历史的人数为X，求X的分布列及数学期望；（3）根据表中数据判断是否有95%的把握认为“选考物理与性别有关”？请说明理由．参考附表：2PKk0.1000.0500.025k2.7063.8415.024参考公式：

22nadbcKabcdacbd，其中nabcd．【答案】（1）见解析；（2）分布列见解析，910；（3）有95%的把握认为，详见解析．【解析】（1）根据题意补全22列联表，如下：选考物理选考历史共计男生4010

50女生302050共计7030100（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，随机变量X服从二项分布，由题意，学生选考历史的概率为310，且33,10XB，30373430C101000PX，1213374411

C10101000PX，2123371892C10101000PX，3333273C101000PX，X的分布列为X0

123P3431000441100018910002710003931010EX．（3）由表中数据，计算2K的观测值2100402010304.7623.84150507030k，参照附表知，有95

%的把握认为“选考物理与性别有关”．21．（12分）已知等轴双曲线的顶点12,0F，22,0F分别是椭圆C的左、右焦点，且433x是椭圆与双曲线某个交点的横坐标．（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l与椭圆C相交于A，B两点，以线段

AB为直径的圆过椭圆的上顶点M，求证：直线l恒过定点．【答案】（1）22184xy；（2）证明见解析．【解析】（1）由已知可得双曲线方程为22144xy．∵433x，∴交点为4323,33．设椭圆C的

方程为222214xybb，代入4323,33，得24b，∴椭圆C的方程为22184xy．（2）证明：显然直线l与x轴不垂直．设直线:2lykxmm与椭圆22184:xCy相交于11,Axy，22,Bxy，由2

2184ykxmxy，得222214280kxkmxm，∴122421kmxxk，21222821mxxk．∵90AMB，∴1122,2,20xyxy

，即1212220xxyy，121212240xxyyyy，∴121212240xxkxmkxmkxmkxm，整理得2212

121220kxxkmxxm，即2222228412202121mkmkkmmkk．∵2m，22221242120kmkmkm，整理得320m，∴23m，∴直线l恒过定点20,3．22．（12分）设

函数22ln1fxxmx．（1）当fx有极值时，若存在0x，使得01fxm成立，求实数m的取值范围；（2）当1m时，若在fx定义域内存在两实数12xx，满足12xx且12fxfx，证明

：122xx．【答案】（1）0,1；（2）证明见解析．【解析】（1）fx定义域为0,，22221fxmxmxxx，当0m时，0fx，即fx在0,上单调递增，不合题意

，0m；令210mx，解得1xm．当10,xm时，0fx；当1,xm时，0fx，fx在10,m上单调递增，在1,m上单调递减

，max1fxfm，存在0x，使得01fxm成立，则max1mfx，即11mfm，又1112ln1lnfmmmmm

，1lnmm，即ln10mm，令ln1hmmm，则1110mhmmm，hm在0,上单调递增，又ln11011h，01m，即实数m的取值范围为0,1．（2）当1m时，

22ln1fxxx，则22212222xxfxxxxx，当0,1x时，0fx；当1,x时，0fx，fx在0,1上单调递增，在1,上单调递减，由12xx且12fxfx，知1201xx

，令2Fxfxfx，0,1x，则22221221412022xxxFxxxxxx，Fx在0,1上单调递增，10FxF，即2fxfx

，112fxfx，又12fxfx，212fxfx；10,1x，121,2x，又21x且fx在1,上单调递减，212xx，即122xx

．