福建省福州市倉山區(qū)師范大學附中2021-2022學年高三3月份第一次模擬考試數學試卷含解析

2021-2022高考數學模擬試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．的展開式中的系數是（）A．160 B．240 C．280 D．3202．若滿足約束條件則的最大值為（）A．10 B．8 C．5 D．33．《周易》是我國古代典籍，用“卦”描述了天地世間萬象變化．如圖是一個八卦圖，包含乾、坤、震、巽、坎、離、艮、兌八卦（每一卦由三個爻組成，其中“”表示一個陽爻，“”表示一個陰爻）若從八卦中任取兩卦，這兩卦的六個爻中恰有兩個陽爻的概率為（）A． B． C． D．4．點為的三條中線的交點，且，，則的值為()A． B． C． D．5．已知向量，若，則實數的值為（）A． B． C． D．6．已知銳角滿足則（）A． B． C． D．7．如圖，這是某校高三年級甲、乙兩班在上學期的5次數學測試的班級平均分的莖葉圖，則下列說法不正確的是（）A．甲班的數學成績平均分的平均水平高于乙班B．甲班的數學成績的平均分比乙班穩(wěn)定C．甲班的數學成績平均分的中位數高于乙班D．甲、乙兩班這5次數學測試的總平均分是1038．函數的一個零點在區(qū)間內，則實數a的取值范圍是（）A． B． C． D．9．關于函數有下述四個結論：（）①是偶函數；②在區(qū)間上是單調遞增函數；③在上的最大值為2；④在區(qū)間上有4個零點.其中所有正確結論的編號是（）A．①②④ B．①③ C．①④ D．②④10．如圖，平面四邊形中，，，，，現將沿翻折，使點移動至點，且，則三棱錐的外接球的表面積為（）A． B． C． D．11．設，是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，給出下列四個命題：①若，，則；②若，，則；③若，，則；④若，，則；其中真命題的個數為（）A． B． C． D．12．函數f(x)=2x-3A．[32C．[32二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知橢圓，，若橢圓上存在點使得為等邊三角形（為原點），則橢圓的離心率為_________．14．已知一組數據，1，0，，的方差為10，則________15．已知為偶函數，當時，，則__________．16．已知公差大于零的等差數列中，、、依次成等比數列，則的值是__________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在平面直角坐標系中，直線與拋物線：交于，兩點，且當時，.（1）求的值；（2）設線段的中點為，拋物線在點處的切線與的準線交于點，證明：軸.18．（12分）設直線與拋物線交于兩點，與橢圓交于兩點，設直線（為坐標原點）的斜率分別為，若.（1）證明：直線過定點，并求出該定點的坐標；（2）是否存在常數，滿足？并說明理由.19．（12分）已知函數，其中為自然對數的底數，．（1）若曲線在點處的切線與直線平行，求的值；（2）若，問函數有無極值點？若有，請求出極值點的個數；若沒有，請說明理由．20．（12分）有最大值，且最大值大于.（1）求的取值范圍；（2）當時，有兩個零點，證明：.(參考數據：)21．（12分）某生物硏究小組準備探究某地區(qū)蜻蜓的翼長分布規(guī)律，據統計該地區(qū)蜻蜓有兩種，且這兩種的個體數量大致相等，記種蜻蜓和種蜻蜓的翼長（單位：）分別為隨機變量，其中服從正態(tài)分布，服從正態(tài)分布.（Ⅰ）從該地區(qū)的蜻蜓中隨機捕捉一只，求這只蜻蜓的翼長在區(qū)間的概率；（Ⅱ）記該地區(qū)蜻蜓的翼長為隨機變量，若用正態(tài)分布來近似描述的分布，請你根據（Ⅰ）中的結果，求參數和的值（精確到0.1）；（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，從該地區(qū)的蜻蜓中隨機捕捉3只，記這3只中翼長在區(qū)間的個數為，求的分布列及數學期望（分布列寫出計算表達式即可）.注:若，則，，.22．（10分）已知數列滿足，且.（1）求證：數列是等差數列，并求出數列的通項公式；（2）求數列的前項和.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．C【解析】

首先把看作為一個整體，進而利用二項展開式求得的系數，再求的展開式中的系數，二者相乘即可求解.【詳解】由二項展開式的通項公式可得的第項為，令，則，又的第為，令，則，所以的系數是.故選：C【點睛】本題考查二項展開式指定項的系數，掌握二項展開式的通項是解題的關鍵，屬于基礎題.2．D【解析】

畫出可行域,將化為,通過平移即可判斷出最優(yōu)解,代入到目標函數,即可求出最值.【詳解】解:由約束條件作出可行域如圖,化目標函數為直線方程的斜截式,.由圖可知當直線過時,直線在軸上的截距最大,有最大值為3.故選:D.【點睛】本題考查了線性規(guī)劃問題.一般第一步畫出可行域,然后將目標函數轉化為的形式,在可行域內通過平移找到最優(yōu)解,將最優(yōu)解帶回到目標函數即可求出最值.注意畫可行域時,邊界線的虛實問題.3．C【解析】

分類討論，僅有一個陽爻的有坎、艮、震三卦，從中取兩卦；從僅有兩個陽爻的有巽、離、兌三卦中取一個，再取沒有陽爻的坤卦，計算滿足條件的種數，利用古典概型即得解.【詳解】由圖可知，僅有一個陽爻的有坎、艮、震三卦，從中取兩卦滿足條件，其種數是；僅有兩個陽爻的有巽、離、兌三卦，沒有陽爻的是坤卦，此時取兩卦滿足條件的種數是，于是所求的概率．故選：C【點睛】本題考查了古典概型的應用，考查了學生綜合分析，分類討論，數學運算的能力，屬于基礎題.4．B【解析】

可畫出圖形，根據條件可得，從而可解出，然后根據，進行數量積的運算即可求出．【詳解】如圖：點為的三條中線的交點，由可得：，又因，，.故選：B【點睛】本題考查三角形重心的定義及性質，向量加法的平行四邊形法則，向量加法、減法和數乘的幾何意義，向量的數乘運算及向量的數量積的運算，考查運算求解能力，屬于中檔題.5．D【解析】

由兩向量垂直可得，整理后可知，將已知條件代入后即可求出實數的值.【詳解】解：，，即，將和代入，得出，所以.故選:D.【點睛】本題考查了向量的數量積，考查了向量的坐標運算.對于向量問題，若已知垂直，通?？傻玫絻蓚€向量的數量積為0，繼而結合條件進行化簡、整理.6．C【解析】

利用代入計算即可.【詳解】由已知，，因為銳角，所以，，即.故選：C.【點睛】本題考查二倍角的正弦、余弦公式的應用，考查學生的運算能力，是一道基礎題.7．D【解析】

計算兩班的平均值，中位數，方差得到正確，兩班人數不知道，所以兩班的總平均分無法計算，錯誤，得到答案.【詳解】由題意可得甲班的平均分是104，中位數是103，方差是26.4；乙班的平均分是102，中位數是101，方差是37.6，則A，B，C正確.因為甲、乙兩班的人數不知道，所以兩班的總平均分無法計算，故D錯誤.故選：.【點睛】本題考查了莖葉圖，平均值，中位數，方差，意在考查學生的計算能力和應用能力.8．C【解析】

顯然函數在區(qū)間內連續(xù),由的一個零點在區(qū)間內,則,即可求解.【詳解】由題,顯然函數在區(qū)間內連續(xù),因為的一個零點在區(qū)間內,所以,即,解得,故選:C【點睛】本題考查零點存在性定理的應用,屬于基礎題.9．C【解析】

根據函數的奇偶性、單調性、最值和零點對四個結論逐一分析，由此得出正確結論的編號.【詳解】的定義域為.由于，所以為偶函數，故①正確.由于，，所以在區(qū)間上不是單調遞增函數，所以②錯誤.當時，，且存在，使.所以當時，；由于為偶函數，所以時，所以的最大值為，所以③錯誤.依題意，，當時，，所以令，解得，令，解得.所以在區(qū)間，有兩個零點.由于為偶函數，所以在區(qū)間有兩個零點.故在區(qū)間上有4個零點.所以④正確.綜上所述，正確的結論序號為①④.故選：C【點睛】本小題主要考查三角函數的奇偶性、單調性、最值和零點，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.10．C【解析】

由題意可得面，可知，因為，則面，于是.由此推出三棱錐外接球球心是的中點，進而算出，外接球半徑為1，得出結果.【詳解】解：由，翻折后得到，又，則面，可知．又因為，則面，于是，因此三棱錐外接球球心是的中點．計算可知，則外接球半徑為1，從而外接球表面積為．故選：C.【點睛】本題主要考查簡單的幾何體、球的表面積等基礎知識；考查空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力及創(chuàng)新意識，屬于中檔題．11．C【解析】

利用線線、線面、面面相應的判定與性質來解決.【詳解】如果兩條平行線中一條垂直于這個平面，那么另一條也垂直于這個平面知①正確；當直線平行于平面與平面的交線時也有，，故②錯誤；若，則垂直平面內以及與平面平行的所有直線，故③正確；若，則存在直線且，因為，所以，從而，故④正確.故選：C.【點睛】本題考查空間中線線、線面、面面的位置關系，里面涉及到了相應的判定定理以及性質定理，是一道基礎題.12．A【解析】

根據冪函數的定義域與分母不為零列不等式組求解即可.【詳解】因為函數y=2x-3解得x≥32且∴函數f(x)=2x-3+1【點睛】定義域的三種類型及求法：(1)已知函數的解析式，則構造使解析式有意義的不等式(組)求解；(2)對實際問題：由實際意義及使解析式有意義構成的不等式(組)求解；(3)若已知函數fx的定義域為a,b，則函數fgx二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

根據題意求出點N的坐標，將其代入橢圓的方程，求出參數m的值，再根據離心率的定義求值.【詳解】由題意得，將其代入橢圓方程得，所以.故答案為：.【點睛】本題考查了橢圓的標準方程及幾何性質，屬于中檔題.14．7或【解析】

依據方差公式列出方程，解出即可．【詳解】，1，0，，的平均數為，所以解得或．【點睛】本題主要考查方差公式的應用．15．【解析】

由偶函數的性質直接求解即可【詳解】.故答案為【點睛】本題考查函數的奇偶性，對數函數的運算，考查運算求解能力16．【解析】

利用等差數列的通項公式以及等比中項的性質，化簡求出公差與的關系，然后轉化求解的值.【詳解】設等差數列的公差為，則，由于、、依次成等比數列，則，即，，解得，因此，.故答案為：.【點睛】本題考查等差數列通項公式以及等比中項的應用，考查計算能力，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）1；（2）見解析【解析】

（1）設，，聯立直線和拋物線方程，得，寫出韋達定理，根據弦長公式，即可求出；（2）由，得，根據導數的幾何意義，求出拋物線在點點處切線方程，進而求出，即可證出軸.【詳解】解：（1）設，，將直線代入中整理得：，∴，，∴，解得：.（2）同（1）假設，，由，得，從而拋物線在點點處的切線方程為，即，令，得，由（1）知，從而，這表明軸.【點睛】本題考查直線與拋物線的位置關系，涉及聯立方程組、韋達定理、弦長公式以及利用導數求切線方程，考查轉化思想和計算能力.18．（1）證明見解析（0，2）；（2）存在，理由見解析【解析】

（1）設直線l的方程為y=kx+b代入拋物線的方程，利用OA⊥OB，求出b，即可知直線過定點（2）由斜率公式分別求出，，聯立直線與拋物線，橢圓，再由根與系數的關系得，，，代入，，化簡即可求解.【詳解】（1）證明：由題知，直線l的斜率存在且不過原點，故設由可得，.，，故所以直線l的方程為故直線l恒過定點.（2）由（1）知設由可得，，即存在常數滿足題意.【點睛】本題主要考查了直線與拋物線、橢圓的位置關系，直線過定點問題，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．19．（1）（2）沒有，理由見解析【解析】

（1）求導，研究函數在x=0處的導數，等于切線斜率，即得解；（2）對f(x)求導，構造，可證得，得到，即得解【詳解】（1）由題意得，∵曲線在點處的切線與直線平行，∴切線的斜率為，解得．（2）當時，，，設，則，則函數在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，又函數，故恒成立，∴函數在定義域內單調遞增，函數不存在極值點．【點睛】本題考查了導數在切線問題和函數極值問題中的應用，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.20．（1）；（2）證明見解析.【解析】

（1）求出函數的定義域為，，分和兩種情況討論，分析函數的單調性，求出函數的最大值，即可得出關于實數的不等式，進而可求得實數的取值范圍；（2）利用導數分析出函數在上遞增，在上遞減，可得出，由，構造函數，證明出，進而得出，再由函數在區(qū)間上的單調性可證得結論.【詳解】（1）函數的定義域為，且.當時，對任意的，，此時函數在上為增函數，函數為最大值；當時，令，得.當時，，此時函數單調遞增；當時，，此時函數單調遞減.所以，函數在處取得極大值，亦即最大值，即，解得.綜上所述，實數的取值范圍是；（2）當時，，定義域為，，當時，；當時，.所以，函數的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為.由于函數有兩個零點、且，，，構造函數，其中，，令，，當時，，所以，函數在區(qū)間上單調遞減，則，則.所以，函數在區(qū)間上單調遞減，，，即，即