河北省重点名校高三数学模拟刷题卷十套（Word版含答案）

高三数学二模试卷一、单项选择题1.，复数 的共复数 复平内应点〔 〕A.第象限 B.二限 C.第象限 D.第四限2.合 ，集合，那么 〔 〕A.B.C.设圆被线截得弦为6，么 〔 A.26 B.31 C.39 D.43数的图大为〔 〕B. C. D.､､20““14年)( 表示碳14初量).2021考学对星遗址文样进碳14年代检测，测碳14的量为初的68%，此测三堆遗存的期距大〔 (据：)A.2796年6.等差数列B.3152年的前 项和为C.3952年，那么〔〕D.4480年A.21B.11C.-21D.07.展开中 的系为〔 〕A.-3 B.3 C.-15 D.15三锥中，面是面积为的正角，三棱锥的每顶都在球的球上且点恰在平面内，么棱锥体积最值〔〕A.B.C.二、多项选择题面量，且，那〔 〕A.B.C. 假关于 的程在间上有只一解么 的可能〔 〕A.-2 B.-1 C.0 D.1，且，那〔 〕A.B.C.D.12.设 同时椭圆点，椭圆与双线为坐原，设〔 在第一象限内交于点与双曲线，椭圆的左右焦与曲线的心分为A.，么B.，那么C. D.，么的取范是三、填空题假设 ，么 .由､两圆成，圆的为1，设上的锥装高为的液，液能入下面圆，么体下去的面度.规记号" 表一算，即，假设 ，的图关直线对称么 ..“"“"三分一指原长作3等而去其1份即原长度生得度三分一么指将原长作3等而添其1，即有度得长，种法以替运､续用各音就以转生假设发第个准的乐的为243，次损的率为，那经过5次分益到器的为128概为 .四、解答题在①成等数；②这三条中一个，.问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，， ？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.18.在比于0等列中，依次组成公差为4的等差数列〕求的项式；〔2〕设 ，数列的前项和如，四锥中，，，，〕明：.〔2〕设面 平面，过、的面将棱锥 分成､两部体积比为，求面与平面所锐面的值.抛线 的焦为，点在物线上，.〕抛线的标程.〕线交抛线于点，且，明直线过点.()10111213甲生产线的频数10201010乙生产线的频数520205､100()10111213甲生产线的频数10201010乙生产线的频数520205〔1AB(A，B〔2､3､2A，B5000A，B1A，B本钱为求机量的期值.函数〔1〕讨论的单调性；〔2〕当时，桓成立，求的取值范围.答案解析局部一、单项选择题解】解】，复数 的轭数 在复面内应点是，在象限.故答为：A.【分析】利用复数除法先求得复数Z，再确定它在复平面所在的象限。2.【解析】【解答】，即，，，，即，解得2.【解析】【解答】，即，，，，即，解得，，那么故答案为：C.，【分析】先分别解A，B中的不等式，化简A,B，再求A与B的并集。】解】将化为，所以心直线的距离 该距与长一及径组直三形，所以，得故答案为：C【分析】先将圆的方程化成标准方程，写出圆心和半径，再在成直角三角形中由勾股定理得到结果。】解】为函数除A.排除当 时当 时 函数在增区排除C故答案为：B.【分析】先判断函数的奇偶性，再利用导数研究函数的单调性，得出结果。解】解】设星堆遗存的期今大是 年那么，即，所以，解得故答案为：B【分析】根据指数与对数运算性质，计算。】解】由得，所以，么，所以.故答案为：D.【分析】根据等差数的有关性质求解。】解】，含x的项存于中，D【分析】将三项式结合成二项式，再由二项式定理解答。解】解】由面 是面为的正角，可底面 的边为因为棱锥外接的心恰在面内，因为形ABC外半径为，所以球的半为2，所以当平面ABC时，锥体积最大.BABC二、多项选择题】解】由得，以 ，那么 从而.故答案为：AD.【分析】将的等式两边平方，然后求解。【析【答】 理可得 ，令，因为，么.所以在间上有只一个，即 的图和线只有1个交点.由图知，或，得 或 .故答案为：AC.【析先行角，将式成，求出范围根函图象求解。【析【答对于A，令，那么 ，A不；对于B， ，且当，即 时等成；B合题；对于C，，且当 时，等成，C符意；对于D，由，所以 ， ，那么，D符题意.故答案为：BCD.【分析】对于A：用取特殊值法，举反例说明不正确；对于B：将边的1换成，后求比法明是确；对于C：利对的性质先形再由本等式所以C对于D：首先由，，出 ，，再作比，比小得到D确。【析【答如，设，距为 ，椭定义得 ，由双线义得，得，，当时，么，所以 ，即 ，由心的式得，故 正确.当时，得，即，得，由 ，可得，得，即 ，那么可设 ，么，由在 上调增可得，那么，故 正确故答为：BD【析先用m,n示|MF1|,|MF2|,那么 ，那么，解得，时由角角的，可得，再勾定式，而得到，从而A不成立，而B成立；当 时，么有，即，得，再形为，后别论e1 ，e2的取值围利函思想通换，论数的调，相函的值域得到，故C立，D成。三、填空题【析【答因为，那么.故答为： .【分析】利用凑角的方法求解。【析【答由意可，，以，所以体下后液高度为.故答为：.【分析】先求出体积的比值，然后根据等积变形的思想求解。【析【答由意可：，，那么数有个点大到依是， ，， 因为数的象于线对，所以与 关于线对，与关于线对所以 ，得故答案为：1.【析先据义出进步解。【析【答设5次三损中有 次三一，以解得故所概为.【析设5三损中有 次分一所以，得k的，得四、答题.【析选1先正定将式的角成，一用弦定，角C＝600 ，件1〕得出再用方巧，得，故此存。析〔1〕先条件依次成为4的差列求出a1,q,进步到〔2〕〔1〕出 ,再错项减方求Tn.【析【析(1)取BC中点O,过明平面，得到，〔2〕建立空间直角坐标系，定义相关点的坐标，来求二面角的余弦值。1〔2〕设线的程为 ，设点，直程代抛线程，利用达理知求。1〔2〕列出X1,X2以及X＝X1+X2的布，计算EX及.1m〔2〕将给定的不等式进行等价变形，然后利用导数研究函数的单调性，最小值，进一步求得结果。高三数学三模试卷一、单项选择题合，，那么 〔 〕A.B.C.2.复数 满足，那么 复平内应点于〔 〕A.第象限 B.二限 C.第象限 D.第四限物侵生由原存地入另个的境，而入地生系统成害现象假某人侵物种个体均繁数量为，一年四均可殖，繁殖隔 为相邻两间繁殖所的平时间在物入初，用数模型来描该种繁殖量 与侵间 〔单位天〕之间对关，且，物种侵期基现数据出 ， 据此累繁殖数量比现有数据增加3倍所需要的时间约为〔，〕〔〕A.6.9天 B.11.0天C.13.8天零量满足，且那么 与 的夹为〔 〕A.45° B.135° C.60° D.120°函数 的象左移个位度再所象向移1个位，可到数的图，么〔 〕A.B.最小周为C.的象于线对称 在上单递减数，那〔 〕A.的调减间为B.的极值为1C.的大为-1 的小-17.，那么〔 〕A.B.1 C.D.0四锥 的所棱为， ， 分是 ， 的点， 为棱 上于，的一点现以论：①段 的长是；② 周的最值为；③在点使得平面；④始是钝角.其中正的论有〔 〕1个 B.2个 C.3个 D.4个二、多项选择题20212021根据上息判以结论不确选是〔 〕202120211倍202120212倍20212021202120217%三堆址位四省广市距约千五千年.2021年2月4在三堆址祀区4号坑发了琮.琮一内圆方筒玉，一种人于祀礼器假定玉中内，状对称如列，筒径长，径长，高中部棱是的方一局部，筒外面切正方的面那〔 〕A.该玉琮的体积为() B.玉的积为()C.该玉琮的外表积为() D.该琮外积为()点，假过点的直线交圆 ：于 ， 两点， 是圆 上动点那〔 〕A.的小为B. 到的距最大为C.的小为的大为斜为的直线过抛线 ：()焦，与物线 交于 ， 两，的准上点，足，那么〔 〕A.B.C. 的积为三、填空题设是等数列函数的义为，那么的前 项和假，任意 .，，，那么恒成立，且当 .时，七板一古的国传智玩，古中国动民智结晶它是一正形一平行四形五等直三角组的可成1600种上图形如列的是个七板成大正方飞靶靶块上有现盘随投两，次没脱不虑域，那么次中值为2概为 .双线的右点为，其一渐线方为点为双曲线与圆 的一交，设，那双线的离率为 ； .四、解答题在① ，②，③ 这三个件中任选一个，补充在下面问题中，并解答该问题.问题锐角的内角 ， ，的边别为 ，， ，且 .〕求；〕求的值围.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.18.数列中，，其前 满足 .〔1〕求；〔2〕记，求数列的前 项和.19.2021，国贫战取了面利.了固拓脱攻成，断提群的福，县继续进羊殖程.了建相的套程该县管门该近来山养业规进了跟踪查得了县年售山数量〔单万只与应份码 数据下：年份202120212021202120212021年份代码123456售卖羊量〔只〕111316152021〕表知与 有较的线相关，求关于 的性归程；〔2〕县殖山品只有、两，甲种山与品山的量之为 ，品山羊到达卖准的售为2500元/，品羊到售标后出价为2700元只.了殖山养殖时间〔月数〕678养殖时间〔月数〕6789甲品种山羊〔只〕20353510乙品种山羊〔只〕1030402030012022=参考式数：归线方为，中 ，.如，三柱中， ，，，.〕明平面平面；〕设，求面角 的余弦值.椭圆的心为，圆上点右点 的距为1.〕椭圆的程.〕线〔斜不为0〕经过点，椭圆交于两点问 轴是存定点，得？假存，出 点标；设存，说理由函数.〕当时求线 在点 处切方；〔2〕设 有两零求实数 的取范围.答案解析局部一、单项选择题】解】因为，，所以.故答案为：A.【分析】根据题意由一元二次不等式的解法，求解出集合A再由交集的定义即可得出答案。】解】因为，所以 在平内应位于四限故答为：D.【分析】首先由复数代数形式的运算性质，整理再结合复数的代数形式即可得出答案。】解】因为， ， ，以，得 .设初时为，始繁殖量为 ，累繁量加3倍的间为 那么天.故答案为：C【析根题代值计出Q和T的，此得出，结题代值计出果可。】解】，，即，又且，，，又 ， ，即 .故答案为：B.【析根题由积的算质理可出，再夹的值求出.析【答将数图象左移 个位得到的图，向移1单位度得到 的图，A不合意.，B不符合题意；令 ，得 ，当 时，；当 时，，C不符题意令，，所以在上单递，D符合意.D.【分析】根据题意由函数平移的性质整理即可得到函数的解析式，由此判断出选项A错误；结合正弦函数的周期公式就可求出周期值，由此判断出选项B错误；由正弦函数的图象即可判断出选项C错误，选项D正确，由此得出答案即可。解【答】令那么，所以在上单调递减.因为，所以当时，；当时， .所以的调增间为，单递区为，故的极值为1，极大为故答案为：Cf(x)解】解】令 那么，显然，，，.故答案为：A.【析根题令，由此理到数解式，而到，，结合题意由绝对值的几何意义整理计算出结果即可。

析解答如图1，设正形的心为，接，，么平面，.设 的中为 ，连接 ， ，那么 ，所以.中， ，， ，所由定理得，以，故①不正确.将正和沿翻折一面内，如图2，当 ， ， 三线时， 取得小，此时点 为 的中，，所以 周的小为，故正确.假设平面，么，此时点为上近点的等分，而此，与显然垂，故③正确.当点 在段 上无靠点 时， 的长无趋于，趋向以点为顶的三角，时为个，④正确.C.【析】由意出线，中的质可出线平，此出结合三形的几何算系理出 ，以及 ，由弦理数值算结果由此断错；题意知当，，三共线，取最值用中点即得出，从出三形周从判出正；线垂的性质理可出线直，由意可出时点为上靠点的分点而时，与显然垂判出错误当点在线段上限靠点时，的度限趋向于， 趋于点 为顶的等三形此时 为个锐，故正，出答即。二、多项选择题解】解】因小王房每的款额相，为a ，那么2021总入为，2021年总入为．因为家2021年家收比2021年加了，即増了50%，所以A符合意．因为家2021年和2021用其方的费用别为和，以B不符题意．因为家2021年和2021用饮的用为和，显加以C符题意．20212021D故答案为：ABD【分析】根据题意由频率分布图中的数据，对选项逐一判断即可得出答案。( ).( ).故答案为：BD．【分析】根据题意结合圆柱和正方体的体积公式和外表积公式，代入数值对选项逐一判断即可得出答案。11.解【答如当直线与 轴直， 最小，最值为 ，以A符题；设，那么，所以，以的最值为，以C不符题；当 ， ， 三共时，最大且大为，以D合意；当直线与垂时， 到的距有大，最值为 ，以B符题意.故答案为：ABD【析根题作形，直线与轴直，有最值求最，由判出项A由量的标式代数整得到，余弦数性即可得出小，此出C错；条即得当，，三点线，最大，此断出项D确再当线与垂时， 到的离大值由判出项B正确从得答案。12.【析【答由意知抛线的线为，即，得，A符题意.因为，以物线的程为，焦为.因为直线过抛物线的焦点，以线的方为.因为，所以在以 为的圆上.设点，，联立方程组两式相减可得.设的中点为，那么.因为点在直线上，以 ，所以点是以 为直的的圆心.由抛线定知圆 半径.，因为，所以，解得，B符题意.因为，以长，C不正确.因为，以线为，点到线距公可，点 到直线的离，以，D符题意.故答案为：ABDA，由题意可得抛物线C的准线为x=-1，从而可求得P=2，进而可判断A；对于B，抛线C的程为y2=4x，焦为F(1，0)，么线的方为y=k〔x-1，设，，设AB中为，利点法可，么元，结合 得MABC，利用公式求解即可；对于DM到线的距，而可△M.AB面积三、填空题13.【解析】【解答】设的公差为.13.【解析】【解答】设的公差为.因为所以解得所以故答案为：64，【分析】根据题意由等差数列的通项公式以及等差数列前n项和公式整理即可得出关于首项和公差的方程，求解出结果并把数值代入到数列前n项和公式计算出结果即可。【析【答因为，所以.故答案为：54.【分析】由条件结合题意代入数值计算出结果即可。【析【答由可知，，，，， ， ， ，所以两次投中分值之和为2的概率为：，.故答案为：【分析】首项由条件求出满足条件的各个概率，再由概率的加法以及乘法公式代入数值计算出结果即可。【析【答设 为双线的焦，因为，条近的为 ，所以，那么，故离率为；圆的圆为曲线的焦点设曲线的左为因为，以 在双线右支，由，，得.故答为： ；8.【分析】首先由双曲线的简单性质计算出a、b、c的值，由此得到离心率的值，再由题意结合双曲线的定义整理即可求出r的值。四、解答题(1)选①cosA的值，由此求出角A理到，此到cosA的，而角A大小。③正定以及角的弦式理得到，合角角数本关式可出，由此得出角A(2)据意角A的整理到，由角B值范整得到，合弦数性可得出 ，从得结。(1)nn结即得数列的通公，由项相法可出案。(1)(2)由1可，当 ，可得，再期公入数计出果可。(1)出边大，由股理计出线直同即可出，由面以及面直据意立间坐标求各点坐以及量平面法量坐标再数积的坐标式可出面法向的标同即求出面的法量结空间量的运算公代数即求夹角余值由得到二面角的余值。据题由圆性整得到，由圆里、、c关计出a、b、c(2)根据题意由斜截式设出直线的方程再联立直线与椭圆的方程，消去x等到关于y的一元二次方程结合韦达定理即可得到关于m的两根之和与两根之积的代数式，再由斜率的坐标公式整理代入整理 由此到，从而得出t的值由此得证出结论。(1)a(2)据意条即出于 的程有两不的解令，与的图有个点其求结导数性即可出数g(x)单性，由函数单性可出数的值由得到 从得到a的值围。高三下学期数学仿真模拟〔四〕试卷一、单项选择题全为 ，，，集合等〔 〕A.B.C.迷有个道，入迷的个都经一扇能门首到此，系会即可为你翻一通道假是1号通，么要1小走出宫假是2号3号道那分需要2小时、3时回能门次到智门，统随机开个未过通道直走迷为止那么你出宫时过3时概为〔 〕A.B.C.设，那么 的值为〔〕A.1 B.-1 C.0 D.2设 分为圆和椭圆的点那么 两间最距离〔〕A.B.C.5.，且于 的程有根，么 与的夹的值范是〔〕A.B.C.目成评为“秀〞“格、“不〞三种假设同学科绩不低于同学且少科成比那称“学比同成好.现假设同，们之间没一人另个绩好且有意个甲科成一，科成绩一的.满条最多多学〔 〕A.2 B.3 C.4 D.5物线上在于线对的异点 、 ，么等于〕3 B.4 C.函数的像向右移 个单长，向移 个单长后到像．假对意的 ，曲线与至多有个点么 的最值〔〕A.2 B.4 C.6 D.8二、多项选择题设线与曲线满足以下个件直线在点 处曲线相曲线在点附近位于直线的侧么称线在点处“切曲线.那么以下结论正确的选项是〔〕A.直线在点处“过线B.直线在点处“过线C.直线在点处“过线D.直线在点处“过线不等复数，，么以说正的项〔 〕假设，那么 是虚数设，那么假设，那么，在面内应点于轴称假设，那么如，长形 中， ，， 为的点，为段(端除)点.将沿折起使面平面 在平面内过点作，为垂足设，么的取可以〔 〕A.B.C.D.1定在 上的数满足，当时，.假设，那实数的取可〔 〕A.B.C.三、填空题347 .函数 是义在 上的函数假对于 ，都有，且当 时，，那么 的值为 .△ABC的点标为，那内角的平线所直方为 .有个类量 和，其中组测为的2×2联：总计1550204565P〔K2≥k〕k其中 ， 均为于5的数，么 ，犯错的率超过 的提下和 关〞.：P〔K2≥k〕k四、解答题数列的前 项和满：， .〔2〕求数列的通项公式.18.设〔Ⅰ〕求的内角所对的边长分别为，且〕求〔2〕求数列的通项公式.18.设〔Ⅰ〕求的内角所对的边长分别为，且 ．〔Ⅱ求 的大．圆柱内一三柱三棱的面圆底的内三形且 是圆 的直径.〕明平面平面；〔2〕设 记，中 表体积.i〕点在周运时，求的最值；〔ii〕平面 与平面 所的角为.当 取大时求 的值.10004个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．〔1〕假设袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求：①顾客所获的奖励额为60元的概率；②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；〔2〕商场对奖励总额的预算是60000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个适宜的设计，并说明理由．双线 的两渐分别为，.〔1〕求双曲线E的离心率；〔2〕图，O为标，动线l分交线，于A，B两〔A，B分在第、象〕且的面积恒为8.lEE.函数.〕证：；〔2〕设 对恒成，求的大与的最值.答案解析局部一、单项选择题】解】因为或，又因为，，所以.故答案为：D【析根题即出或，补和集义，合条件解】解】记件 走出宫时超过3小时事件 包括3根领件一是入2通，后入3号道概为；二是入3通，后入2号道概为；三是入3通，后入1号道概为.故.故答案为：A.323323号通道，回来后又进入1号通道的概率，根据相互独立事件和互斥事件的概率公式得到结果.3.【解析】【解答】(a0+a2+a4)2－(a1+a3)2故答案为：Ax1，-1】解】设圆心为，那么，当时，到大值，∴ 最大为 故答为：D.【分析】首先由条件求出椭圆上的点与圆心的最大距离，加上半径，即可得出P，Q两点间的最大距离.解】解】 关于 的程有实根设 与的角为 ，那么又又 故答案为：B【析】根题由有实，么别式，据条便求得 与夹余弦的围从求这两量角范围.“““种，以多三同学假设三同，么个人以为 优秀不， 合格合不合、秀.故答案为：B.7.【解析】【解答】设直线的方程为，由在直线上可求出7.【解析】【解答】设直线的方程为，由在直线上可求出，进而可求出，∴的中点，由弦长公式可求出 ，又由CAByx1+×2ABMx+y=0b|AB|.解】解】根题意线C解式为么方程，即 ，即对意 恒，于是的大，令那么由此函数 〔0，2上增函，在 上为函所以当 时，数取最值，为4，于是．故答案为：B【分析】由平移规律得出平移后的曲线对应的解析式，因两曲线有交点，故相应方程有根，对方程(，进变，出v于u的等，化成立问求数v的范围.二、多项选择题解】解】A因为,当时,,所以是线在点处线.当 ,；当时,,所以线 在点 附位直线的侧,论确；B项,,当 时, ,在 处线为 .令 ,那么,当 ,；当 时,,所以.故 ,即当 时,线 全位线的下〔切外〕结论误；C项,,当 时,,在处线为,由正函图可,线 在点 附位直线的侧,论确；D项,,当 时, ,在 处的线为 ,由正函图可,线在点 附位直线的侧,论确故答为：ACD.【分析】首先求出曲线C在点P处的切线方程，再由曲线在点P两侧的函数值与对应直线上点的值的大小，由此对选项逐一判断即可得出答案。.【析【答对于A，设，那么，那么 且，所以，所以 是纯数，A合意；对于B，设，，此时，但，B不合意；对于C，设，复对应点为，那么，复平面应点为，所以 、 在复面对的于实对，C符题；对于D，设，，那么，，此时，但、D.故答案为：AC.【析】由意设，复数乘运及质得，即判出项A；出例可断项、D；由数何可判出项C，此可得答。【析【答连接，设， .因为平面又因为平面平面，所以，.，所以平面.在中，，在中，，在中，，设，在中，，在中，，所以，即 .又因为，所以 .故答案为：BC【分析】根据题意利用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时，可得k=1，随着F点到C点CFCD=2k【析【答设，由得，即，是偶函数，又，而时，，以，在递增那其在上减，化为，即，以，解得，A、B满。AB．【析设，利函数定判出数g(x)为函，利求方法判t出数的能值。三、填空题【析【答设台的下面心别为、，在下面周别取点连接、、、、、，如图，设 ，那么，所以，由可得，解得设 ，那么，所以，由可得，解得，所以该球的半径，为：.【析】由件可出，台轴面ABCD是球大的接腰形，球在形下边的中点上O1 ，O2 ，球为O，利△AOO2与△DOO1用径示梯形高7，得到R程，解可.【析【答当 时，又因函数是定在 上的偶数，那么 ，，因此，.故答案为：0.x≥04.【析【答】 ,∴角形 的角 的平线的向量为,直线的斜率为7，所以直线的方程为,即7x-y-17=0,故答案为：7x-y-17=0.【分析】求出|AB|、|AC|的长，利用的坐标，进而得到直线的斜率，然后利用点斜式得到所求直线的方程。16.【解析】【解答】解：由题意知：,那么，解得：或，因为：且，综上：，，所以： .9.【析】利的式入数计出K观值K2 ，利用K1≥6.635得a取范，结合a>5且15-a>5，，即出a的值(1)nn(2)由数列的通项公式和数列前n项和公式之间的关系求出数列的通项公式，由此即可判断出数列为等比数列，从而求出数列的通项公式即可。1〕1知，再用两差正公结均值等求值方，从求出【析【析】(1)根据意证，面平面，关是线垂根据直线与面直判定可知平面；〕据为定可出.的最值从得到(ii)p取大时，OC⊥AB，于以O坐原建立间角系O-xyz，求平面 的法向与面 的一法量，后出法量夹角而到面的弦值.16020，60X=60〔X=2026010，10，50，5020，20，40，40(1)a、b、c(2)一：2)由1，双线E的程为，设直[与x轴交点C，分 与直线与x垂讨，当 轴时易双线E的程为2.直！与x直时，设直线|的程为y=kx+m，与线E方联，利由=8可得：双线E的程为，而可答案.法：〔1〕，线E的方为，直与x相于点C，分 与直线与x轴垂讨，当 轴，求双线E的程为2.直线与x垂时，设直线|的程为y=kx+m，与线E方联，利由=8，结合直线l与曲线E且有一公点且当，整理到，由此求解出a(1)f(x)(2)条分况论：当x>0，“〞等价于“ 〞，“〞等于“ ，令结导数质即得数g(x)的调性从得到即，由得当仅当时〔x>0对意恒立.当且仅当时〔<0任意恒立.此到设对恒成，那a的最大值为与b1.高三数学一模试卷一、单项选择题合，〔 〕A.B.C.数，那么 〔 〕A.2 B.-2 C.4 D.63.，那么〔 〕A.B.C.数的局图大〔 〕B.C. D.1221.51212物线的点为F ，P为C在一限一，假设 的中到y轴离为3，那直线的率〔 〕A.B.C.2 D.4设 是曲线的两个点，O坐原，点 在C的支，，那么 的面为〔 〕8 B.C.4 “··?““器，“““““““A.960 B.1024 C.1296 D.20219.函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，对于函数，下法正选项〔 〕A.的小周为 B.的象于直线 对称C. 在间上调增 D. 的象于点二、多项选择题，这角近 ，设取 ，侧长为米，么〔 〕正棱的面为6米 B.四棱的面为3米C.正棱的面为方米 D.正四锥的面为平米“2021选的是烹制中式面食．乙说：小华选的不是烹制中式面食，选的是烹制西式点心．丙说：小华选的不是烹制中式面食，也不是家常菜青椒土豆丝．三人中有一个人说的全对，有一个人说的对了一半，剩下的一个人说的全不对，由此推断小华选择的内容〔〕可是常青土丝 B.能是菜烧虾C.可是制式心 D.可是烹中面食函数，设于x的程 恰有个同解 ，的取可是〔 〕A.-3 B.-1 C.0 D.2三、填空题13.平面向量的一个向量坐标即可〕，非零向量满足，么 〔答不一写满条件14.，那么的小为 ．15.函数满足，那曲线在点处切斜率为 ．16.在正四棱锥中，，设四锥的积为 ，么该棱锥外球体为 ．四、解答题各均正的差列的公为4，前n和为且为的等中项〕求的项式；设 的角A ，B ，C对分为a ，b ，c ，满足〕求的；〔2〕设点D边的点，，求的．27测，并按照国家土壤重金属污染评价级标准〔清洁、尚清洁、轻度污染、中度污染、重度污染〕进行分级，绘制了如下列图的条形图〔1〕从轻度污染以上〔包括轻度污染〕的行政村中按分层抽样的方法抽取6个，求在轻度、中度、重度污染的行政村中分别抽取的个数；〔212316个行村选3个染度得之为X ，求X的学望．如，直棱柱，底面 是等三形，D是 的中．〕明：平面．〕设，求面角的余弦值椭圆的、焦别为 ，心为，且点 在C上．〔1〕求椭圆C的标准方程；〔2〕过 的直线l与C交于A ，B两，设，求．函数〕设在上是函，求数m取范；〕当时假对的 ， 恒立求数n的取范．答案解析局部一、单项选择题解】解】因为，，又，所以.故答案为：A.【析根题首一元次等的法可求合B再补交集定即得答。解解解为，所以 ，以 ，以所以．故答案为：D【分析】首先由复数代数形式的运算性质再结合题意即可求出a与b的值，由此即可得出答案。】解】由得 ，所以从而．故答案为：B析据导式理再同三函的本关式可出，二倍公以同】解】因为，所以的义为，那么，排除C；而，所以为函，其图象关于原点对称，故排除B；当时， ，，所排除A．故答案为：D．【分析】根据题意首先求出函数的定义域，判断函数的奇偶性和对称性，利用排除法进行求解即可．【解答】对于A29.5，9，9.5，9，8.5，所以差为，A符意；对于BB对于C，三1〕的均数为，〕的均为，C符合意对于D，班体分差 ，而两的育分差 ，D符题意故答为：C．【分析】根据题意由极差、平均数的定义和计算公式代入数值计算出结果，对选项逐一判断即可得出答案。解】解】 的点到y轴距为3，，即，解得，代入抛物线方程可得，因为F点的坐标为故答案为：B.，所以直线的率为．【分析】由抛物线的方程可得焦点F的坐标，设P的坐标，由题意可得中点的横坐标，由题意求出P的横坐标，代入抛物线的方程可得P的纵坐标，即可求出直线PF的斜率．】解】由，不妨设，，所以 ，以点在以 为径的上，即故是以为直角顶点的直角三角形，，即．又，所以，解得：，所以故答案为：A．【分析】利用条件求解|OP|，判断△PF1F2是以P为直角顶点的直角三角形，结合双曲线的定义，转化求解三角形的面积即可．⑴“〞选，同法总为种；⑵“〞被中不方法数为种．故共有种．故答案为：C【分析】根据题意由排列组合以及分步计数原理解条件计算出答案即可。解】解】因为 ．其象右移个单位长后到数的．所以 的最正期为，A符合题意；当时，，所以 的图于直线对称，B合；当时，，所以在间上不单，C不合意当时，，所函数的象关点对，D合意．Cx〔ωx+φg〔二、多项选择题【析【答如，在四锥中，O为正方形的中心，为的中点，那么因为，．，所以．在中， ，所以，面长为6米，AC.【分析】根据题意作出直观图，结合条件求解棱锥的底面边长，侧面积，判断选项的正误即可．故小华选择的可能是川菜干烧大虾或者烹制中式面食，所以选：BD．【分析】根据题意结合全对的人的情况对选项逐一判断即可得出答案。【析【答因为的根为，所以，从而．令，那么，．因为，所以，所以在上恒立从而在上单递．又，所以，即的取范是BC．【析首结题理得到 构函数，对其求导结合导函数的性质即可得出函数的单调性，结合函数的单调即转求解的值范即。【析【答设，因为，所以，取．4，-3〕【分析】根据题意由向量垂直的坐标公式计算出结果即可。.解【答因为 ，当且当 ，即 时号立，所以的小为16.故答案为：16.【分析】首先整理代数式再由根本不等式计算出结果即可。15.【解析】【解答】由因为，以，可得，即，那么．，所以，故答案为：3.．【分析】根据题意求出函数的导数，利用导数的定义求解a，然后求解切线的斜率即可．16.【解析】【解答】如下列图：作平面，垂为H．连接，么H为的．设 ，那么，，而，故四锥 体积为 ，解得 ．由题意可知正四棱锥外接球的球心O在上，连接．设正四棱锥外接的为R ，那么 ，即解得，该棱外的体为 故答为：【分析】首先利用锥体的体积公式求出锥体的棱长，进一步求出球的半径，最后求出球的体积．四、解答题1n〔2〕(1)结即出列的通公，利用项项，解列的即．(1)(1)(2)根据题意即可得出X的取值，再由概率的公式求出对应的X的概率由此得到X的分布列，结合数学期望公式计算出答案即可。(1)(2)向和面法向的标，由量的标式即求平面的向的坐，理即平面的向；合空数积运公代入值可出角余弦，此到面角的余值。(1)a、b、cab(2)yxk离式理出求解出k的，此可出从而得出答案。(1)m先条即把转化为恒成，即恒立，导数即得函的调性由即得出即 对任意的恒成立，然论的调结单性的质可出，得出 此到n取范。高三下学期数学质检试卷一一、单项选择题设合 ，，满：，么〔 〕A.B.C.向量，，且，实数 〔 〕A.-3 B.C.-2 、、三从红黄、三颜的子各选顶在上每帽子颜互相，比戴蓝帽人头，和红帽人高同戴帽的比个小那甲、、所帽的色分别〔 〕红黄蓝 B.、、蓝 C.蓝红黄 D.蓝黄红是的〔 〕充条件 B.不充条件C.充不要件 D.既充也必条件5.2021年稳脱攻成果重一，县响应家策选了6名工人到、、三个村研贫的业划，个至去1不同安方共〔 〕A.630种 B.600种 C.540种 D.480种形边长为2，，沿角线折成棱锥，得二角为60°，设为的点，为三锥外上点总满足，那么点轨迹长为〔 〕B. C. D.列的通公为，那么 〔 〕A.B.C.设图象存两点 ， 关于点称那对称为数的“情〔点与视为一“情〞设 恰有个“友点对，么数 的值范是〔 〕A.B.C. D.二、多项选择题于，那〔 〕A.B.C.设 为复，么命题正的项〔 〕A.B.C.假设 ，么 的大为2 D.假设 ，那么函数的象图函数的象所的右平移个单长，得函数的图，下论确选项〔 〕A.数的最正期为函数在区间上调增函数关于点中对称椭圆的右点为 、 ，轴为4，点在椭内部，点在椭上那下说正的项〔 〕离率为时， 的大值为存点使得1三、填空题随变量 服正布，假设，么 .如列，个锥侧面开为以 为圆半径为2的圆点 、 在上，且的长为， 的长为 那么该锥，点 到面 的距为 .定在 上的数，导函为，足，，么不式的解为 .抛线的焦为 ，过 且抛线得弦为2的线且有，写一个满条的物的程 此该点到轴距为 .四、解答题17.公差不为0的等差数列满足，且，，成等比数列.〔Ⅰ〕求数列〔Ⅱ〕假设的通项公式；，求数列的前 项和.18.在中，角，，所对的边分别为，， ，足.〔Ⅰ求角 的大；〔Ⅱ假设 ，求 的取范围.19.2022——“22条“2022.“??200??“体积公式原理的意思是：两个等高的几何体假设在所有等高处的水平截面的面积相等，那么这两个几何体的体积相等.〔用暅理半径为 的球体公，可构如所几何体 ，几体 底面径高为 ，面和球的面在面 内.设平面 平且离为 的面 截两个几体到个面请在图中阴画图①中影面积的图并出明；〔Ⅱ现椭圆所围椭圆分绕长、轴旋一后两不的椭球，〔如图〕，类比〔Ⅰ.“T2““FAST5.2411分制，率先拿满1分的选手赢得该局；如果两名球员在24分钟内都没有人赢得4局比赛，那么将进入“FAST5〞模式，“FAST5〞模式为5分制的小局比赛，率先拿满5分的选手赢得该局.24分钟计时后开始的所有小局均采用“FAST5〞模式.某位选手率先在7局比赛中拿下4局，比赛结束.现有甲、乙两位选手进行比242311比赛，局获的率为，获的率为模，比赛方胜概都为.〔Ⅰ〕求4局比赛决出胜负的概率；〔Ⅱ在24分钟，、乙了3局比束时甲总进的数记为 ，求 的分及数期望.坐原为 ，双线 的焦到渐线距为，离率为.〔Ⅰ〕求双曲线的方程；〔Ⅱ设双线动点的直线分别双线条渐线于 ， 两，求的外心 的轨方程.函数，方程在有解.〔Ⅰ求数 的值；〔Ⅱ设数 的大为，函数的小；答案解析局部一、单项选择题解】解】由合 ， ， 满：， ，下列：，，故答案为：B【分析】根据题意由集合的韦恩图示法对选项逐一判断即可得出答案。】解】由意，量，，可得，因为，得，解得：.故答案为：A.【分析】首先由向量的坐标公式求出向量的坐标，再由向量垂直的坐标公式代入数值计算出m的值即可。乙比戴蓝帽的人个头高，故戴蓝帽的人可能是甲也可能是丙，即乙比甲的个头高或乙比丙的个头大，但由上述分析可知，只能是乙比丙的个头大，即戴蓝帽的是丙；综上，甲、乙、丙所戴帽子的颜色分别为黄、红、蓝故答案为：B【分析】根据题意由逻辑推理的定义对选项逐一判断即可得出答案。】解】由等式，即，解得 或 ，即等的集为或，所以 是的充不要件故答为：C.【分析】首先求解出不等式的解集，再由充分和必要条件的定义即可得出答案。61,1,4种；把6名作员成2,2,2三组再排三村：种；把6名作员成1,2,3三组再排三村：种；所以共有90+90+360=540种.故答案为：C.【分析】由排列组合以及分步计数原理解条件计算出答案即可。】解】连接，交点 ，接， 为形，，所以，，，，均正角，所以为面角的面，于是又因为，所以为三形，所以,取的中点，取的中点，连接所以，，，取的中点，取的中点，连接所以，，所以，以平面,.所以三锥外上足的点轨迹为，因为，，，.所以的长为 ，所以点轨迹长为故答案为：D【分析】结合条件在侧面B′AC上，F点的轨迹是EP，在侧面B′CD上，F点的轨迹是EQ，在底面ACD上，F点的轨迹是PQ，求的△EPQ周长即可．】解】由意，列的项式为，且数的期为 所以，又因为，所以.故答案为：D.即求出的。】解】根题意假要“情〞，把时函图于原对，研究称去图和的图有交即，关于点称解式为，考查的像和 的点，可得，，令，所以，，为减数，， ， 为函，，其图象为，故假要 有解只要 即可，故答案为：A件可假设求“友点〞把时的数像于对称研对过去的图和时图有点即，而察的和 的交，结函数的调即出a职权围。二、多项选择题解】解】令 那么，即，A符题令 ，那么，即，所以令，那么，B不符合题意；，，C不符合题意；令，那么，两式相加可得，①两式相减可得，②② ①，所以故答案为：AD，D符合题意.A，B，Dx=0，x=-1，x=1Cx3解析解于A：，么，∴，而，所以成；对于B：，当ab不为0时，，而，所以不成；对于C：可以出以圆心，1半的上点P ， 可看成点P到Q(0,-1)的距离，当P(0,1)，取的大为2；对于D：可以出以为圆心，1为径圆点N ，那么表示点N到原离故ON合，=0最小当OMN点线时，=2大故.故答案为：ACD【分析】利用复数模的计算方法以及复数模的几何意义对四个选项进行逐一的判断即可．【析【答由可知： ，所以，以，又因为， ，以或，又因为，所以又因为，所以，以 ，当时，，解得，这与矛盾不合；当时，，解得 ，满件，所以 ，以，由上可知A为，以的最小正周期为，B符合题意；C．令，所以，令 ，此单递区为，且，C符题；D．为，所以不是中心，D符题BC.ω的范围，根据最高点求得φx〔〕〔x【析【答由意可得，所以由点在圆部得：，可得 ，即 ，以，对A，，所以 ，A不题意；对B，当 时， ， ,，B符合意对C，由A知 ，当 时当 在短端时，最大，此时由，故得所以存点使得，此时，即C不符合题意；，，对D，故答案为：BD.，D符合题意；a的值，再由点Pb可断项A误，由当点线且Q点在xB即 ，从得不在点Q满足意此断项C错，合本式即求最由判出项D确从得答案。三、填空题【析【答由意，机量 服正布，可对轴 ，那么，因为，根据态布线对性，得.故答案为：0.77.【分析】首先由正态分布的公式代入数值计算出结果，再由正太分布的对称性代入数值计算出结果即可。由题可知，，，由题可知，，，那么，，，设点 到面 的距为h ，由 ，得，解：故答为：【分析】由题意作出图形，求出圆锥的高，再由等体积法求点M到平面ABD的距离．15.【解析】【解答】构造函数函数，，那么，即函数在上为增且.①当 时，由即，可得可得，得，时，即；，②当 时，由即 ，可得可得，得，时，即..综上述不式的为.故答为：.【分析】根据题意即可得到x＞0时，f〔x-1〕＞2〔x-1〕，x＜0时，f〔x-1〕＜2〔x-1〕，令t=x-1，令g〔t〕=f〔t〕-2t，根据函数的单调性求出不等式的解集即可，【析【答设线为，直与物于联立 ，以，所以，所以，等时 ，所以物线的过点最短为，又因被物截的长为的线且有，所以，所以，取，此抛线程为 ；设 的中为，又为物线直所得弦为 ，所以所以，以，所弦点到 轴距为，故答为： ；.〔案唯一〕【分析】由题意可设直线方程，与抛物线方程联立，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系结合弦长公式即可求得满足条件的一个抛物线方程，并求出弦中点到y轴的距离．四、解答题Ⅰ{an}d【析分】〔〕用角数等的应化等可得 〔〕由【析分】〔〕用角数等的应化等可得 18. ,角数根关式即求出从得角B的大。〔〕由〔〕的结合弦理及本等式可出结合19.【解析】【分析】〔Ⅰ〕由题意直接画出阴影即可，然后分别求出图①中圆的面积及图②中圆环的面积即可证明；〔Ⅰab，构造一个底面半径为babaAB242/24打满3局，最后可能甲/乙获胜，分别求解即可；〔Ⅱ〕确定X的可能取值，列出分布列，由数学期望的求解公式计算即可．21.【解析】【分析】〔Ⅰ〕由条件结合双曲线的简单性质以及双曲线的a、〔Ⅱ〕确定X的可能取值，列出分布列，由数学期望的求解公式计算即可．a与b的值，从而得到椭圆的方程。〔Ⅱ〕根据题意设出点的坐标再把点的坐标代入到椭圆的方程求出点的坐标；发一；结合外心的性质带入点的坐标整理即可得到轨迹方程；法二;求出两条中垂线的方程联立得到交点的坐标，由此整理结合点f〔〕的取值范围，从而求出a的〔xG〔G〔〕高三数学三模试卷一、单项选择题集合，，么 〔 〕A.{2} B.C.是虚单， ，假复数为虚，么 〔 〕A.-2 B.2 C.角 的边与x非轴重，边点，么〔 〕A.B.C.4.，那么〔 〕A.B.C.5.曲线C：的、点分为 、 ，O坐原点点P在C的条近线，设，那么的积为〔 〕A.B.C.6.〔其中 的展式数项其项数和等，么展式中 的数〔 〕A.-45 B.45 C.-180 D.180道日晷(guǐ利日影化律成天记时如左)，“〞指“太〞，“〞示影子〞，“晷的思“太阳影〞.针晷上的影西东慢动，面刻〔下图〕是均的移的针影犹现钟的针日影在面应刻上便读时间晷上有十二时，十地表示每时大约2时，子表凌晨0左右那下图示时间大约几钟假过31个时约哪时？〔 〕4点戌时 B.5点亥时 C.9点申时 D.10，时数，那不式的解集〔 〕A.B.C. D.二、多项选择题数，假设，且 ，么以不式立有〔 〕B. C.10.以说正的项〔 〕5次中概为那么戏闯成的率为1054随量X的布为，那么D.假设随机变量，且.那么，11.将边长为2的正方形沿对角线折成直二面角，如下列图，点分别为线段的点那么〔 〕与 所得为B.C.过 且与 平得面四面体 所得面面为D.四体的外球外积为8π抛线如光性：由焦射的线抛物反后沿行抛物对轴方射：反之平于物对轴的射线抛线射后过物的点抛线r：，O为标原点一平于x轴光线 从点射，过r上的点反射，经r另一点反射，直线射出过点Q，么〔 〕A.B.C.PB分 D.延长AO直线于点C，么C，B，Q共线三、填空题等数列 前n为，，，么 ．在 中， ，点P为段AC的点，，那么取值围是 ．四锥的底是形，棱为3，该四锥体的大为 ．关于x不式恰一个，么数a的值范是 ．四、解答题如列，梯形ABCD中， ，，点E是AD一点， ，.〔1〕求的大小；〔2〕假设的面积为，求BC.假数列及满足 且，.〕明：；〕数列的项式.19.在棱锥 中， ， ， ，， ，.〕明：平面；〔2〕设面角 的值为，直线PB平面PCD所角正值.20.某病毒在进入人体后有潜伏期，患者在潜伏期内无任何病症，但已具传染性.假设一位病毒携带者在潜伏期内每天有n位密接者，每位密接者被感染的概率为p，参考据：，，，，.〔1〕设 ，，求天被一病携者接染数X的布和：〔2〕某定点医院为筛查某些人员是否感染此病毒，需要检测血液样本是否为阳性，有以下两种检验方式：①逐份检验，即k份血液样本需要检验k次；②合验即将k〔且血样分取合在起验假检结果阴，k份血液样本全为阴性，因而这kkkk次.假设本检结相独立且份本验果是性概为，混合验要的检的次数 的期比逐检的次数的望值少求k的值围.函数.〕函数的调；〔2〕设，明：.在角标系中，，，C为点设的内圆分边AC，BC，AB相于P，Q，R，且，点C的迹曲线E.〔1〕求曲线E的方程；〔2〕过点O线l与线E于M，N，直线经过MN的点求 的积的大值.答案解析局部一、单项选择题】解】，，故，B．B求出集合A和集合B】解】由意，又由为虚，以 ，解得 故答为：A.【析利条结数的除运法么从而出数的数式，利复为虚数的判断方法，从而求出a，所以】解】由弦、弦数定有，，所以。故答案为：B.【分析】利用条件结合三角函数的定义，再结合二倍角的正弦公式，从而求出【为，所以，即的值。，所以，故答案为：B.【分析】利用对数的换底公式，求解。解】解】双线C：中， ， ，渐方程：因 ，那点P线段中垂： 上那么P点坐标y0有 ，所以角形 面积。故答案为：Ca,ba,b,c而出c的，而求焦的标渐线方，因，那么点P线段的垂线上从结中的标公结两线直率之等-1，结入法出P点标y0，用三角形面积式，从而求出三形面积。】解】由于〔其中 〕的开的公式为，当得常数项为当得常数项为1，令，各项系数之和为，由题意知，得或，解得或，又，所以，所以，所以展式中 的系为故答为：D.【分析】利用二项式定理求出展开式中的通项公式，从而求出展开式中的常数项，再利用赋值法令，从求各系之，再用〔中 〕的开式常项其项数之等，从求出a值结合开中通公，从求展式中的数。““810所以图示位置大约为9点，再过31小，那一经过了小时而40除以24，商1余16，16以2等于8，所以从“子〞开始顺时针数8个，到达“申〞时。故答案为：C【分析】利用条件结合函数的周期性，再结合除法求余的方法，从而求出图示位置大约为9点和从“子〞开始顺时针数8个，到达“申〞时。8.【解析】【解答】由8.【解析】【解答】由得即整理得：,，所以，得。故答案为：D.【分析】利用函数的解析式结合代入法和求和法，得出，利用 ，出 ，数数单性所以，利一二不求解的法从求出不等式的解。二、多项选择题解】解】A.由，即，即由 ，那么 ，以，即 ，故案项A符意.由A推可得，以当且当，即 时得号，当 时，由，得条件盾所以，B符题意.,且当,即 时，号成，C合意.由 ，么，那么由 ，那么，么，以，D不确.故答为：ABC【分析】利用条件结合作差比较大小法、均值不等式求最值的方法，对数函数的单调性，从而得出不等式成立的选项。【析【答A.5次都投的率为.所以戏闯成的率为，A符题意.10541322314.共有.而所以中少一女的概为：.B不确.由，么，解得所以 ，C符题意.由机量，么，所以,D正确.故答案为：AC5式，而出中少一名生概；用机变量X的布为结合概率和于1，而出a的，利代，从求的值利条结合态布应的函数对性从结随机量期公和质，而出的，选出法确选。11.【析【答如，取中点，接，由正方形的性质得，均为等腰直角三角形，所以，所以是二面角因为二面角是直二面角，所以，所以如，以点为原点建空直坐系，所以，，，， 所以 ，所以 ，所以与所成角为 ，所以与所成角为 ，A选项误；所以，所以所以取不成立，B选项错误；中点，连接，由中线理得，所以边形为平四，且过且与平得面截面体所得面由于 ，所以 ，所以，所以边形 为矩，为，C项确因为，所以点 即为面体 的接球球，径为，所以面体的外球表积为，D选正确CD.向的法推四边形为矩，利形的积从求过与平行平面四体 所截面积因为，所点 即为四体的外球球，而出球半，利球外表公，而出面体的外接的表，而出正选。【析【答设物线焦为，么 .因为 ，且轴故，线 .由 可得，故，A不题意.又 ，故，故，故，B符合意.直线 ，由 可得，故 ，所以C，B，Q三点共线，D符合题意.因为，故 为腰角，故 ，而，故即，故PB平分，C合意BCD.【析设物的为 ，从利抛线方程出点标因为且 轴，故，所直线，再用与抛线交联二方程合达理出，因为 ，故，故，再利两距公出A,B两的距离，为线，利直线交交的法可得交点C的标故所以C，B，Q三共，为，故 为等三形故 ，，故， 即，故PB平分，而出确选。三、填空题【析【答设差数列的公为 ，由得①，②，由得， ，所以故答为：5n-3。【分析】利用条件结合等差数列的通项公式和等差数列前n项和公式，从而解方程求出首项和公差，再利用等差数列的通项公式，从而求出数列的通项公式。【析【答如，过 作，垂为 ，取 的中为 ，接 ，设，那么，因点P线段AC的点且，故且，故。故答案为：[8,16]。【析过作，垂为，取的点为，连接，设，利数量积定，么，点P线段AC的点且，故且，从求数积值范。【析【答如，设边长为，连接，它的点为，连接，因为而，故，故平面.，又，，故体积为，其中，令，，那么，假设，么；假设，，故在上为增函数，在上为减函数，故，故体积的最大值为。故答案为：。【析设边长为，连接，它的点为，连接，因为，再用腰角三合一故，理，再用线线垂直出面直故 面 ，又为，再用股定出PO长，用四锥体公为其中，令 ，，再利用分类讨论的方法结合求导的方法判断函数单调性的方法，从而求出函数的最大值，进而求出该四棱锥的体积的最大值。【析【答设数，假设 时当 时，，不等式，有穷个整解不合意；假设时，无，符题意；假设 时可得，么有，解得，以，当时，得，当 时，，当 时，，所以数在上单递，在单递，当 时，；当 时，，即当时，恰有个数解即为 ，即综上得数a取范围是。【析设数，再用分讨的法合数求限方，结求导的方法断数单性再利于x不式有一解从求数a的值范围。四、解答题【析【析〔1〕：用件合定理得出的值再用为三角形角从求出的小。〔2〕设 ，那么，其中，为DE＝2AE＝4，以，再用之的系，得出，再用角面积式两差余△BCE，由得 ，从求出的值，因为，从求出 的值从求出时 ， 的值，△BCE中由弦理出的长。【析【析〔1〕为，故 ，又因为 ，(n∈N*)，以 ，所当 且 时，有，又因为，满足 ，以证对的n∈N* ，，又因为成立。得出〔2〕将 代入 ， ，利递公变合等数列得出的定，而用比列通公求数列 的项公，而出列 通项式从求出列 的项式。【析【析(1)由 ， ，得，以，即 ，因为 再合线垂出线垂，以AC⊥面PBD，再用面的定推线垂，以 ，又为再利线垂证线垂直所以 平面 。(2)以D原， ， ， 的方分为x轴、yz正向立间直标系DP＝hPBPCD1〔2〕题知ζ所可能值进求随变量分列再用机变分列合学公式，而出机量数学望又为E(η)＝k，依意E(ζ)＜E(η)，所以＜(1－p)k ，因为p＝1－，以lnk＞ k，设 ，再用导法判函的调，于＞0，从求实数k值范。析〔1〕利条结导的算法么出函，即，设f(x)〔2〕令， ，再用数的算那求导数，么，因为 ，所以1知，，即从而用导方判函数单性从而，是，故。【析【析〔1〕题可，，再椭圆定推线E以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆〔除去与x轴的交点〕，从而求出曲线E的方程。〔2〕设M(x1 ，y1)，N(x2 ，y2)，线l程为 代入结韦理和点标式出MN中点 的坐标，直线经过MN的点再结代法得，又为m≠0，而直线l的率k的，用〔*〕可简为 ，合判式和达理，结弦公，出的值再用到的距公得点O到线l距，利三角形积式出角△OMN面积，结值不式最的法出三角形△OMN的面积的最大值。高三数学一模试卷一、单项选择题合，那么〔 〕A.R B.C.z足，那么 〔 〕A.B.C.设，么〔 〕A.B.C.4.圆上到直线距离为1的点恰有一个，那么〔〕A.3B.8C.3或-17 D.-22或8记展式偶项为P ，么P最为〔 〕A.1 B.2 C.3 D.4在0，1，2，3，4，5成没重数的位数中取个那取的整十上字个上数字的率〔 〕A.B.C.曲线的、焦别为 ， ，直线与C于A ，B点，设边形是形，么线C离率 〔 〕A.B.C.数是奇数当 时，，那满足的x的取范是〔 〕A.B.C.二、多项选择题F为椭圆的左点，A ，B为E的个点.设 ，么E的方为〔 〕A.B.C.在下数，图关于线对的〔 〕A.B.C. D.在方体中，P是角线 上动，Q棱的中，过、P、三点平与方的表相，得面边可能〔 〕A.三形 B.边形 C.五形 D.六形函数的象如称为顿叉曲，么〔 〕A.的小点为当 时，过点与线相直线有2条假设， ，么 的最值为三、填空题在比列中，为前n和，，，么 .与量同向单量 .在棱锥中，是边为3的边角，，，二的大为，么棱锥外接的表为 .为了解M子小内的留度进如试验给100小鼠服M离子液每小给的溶液积同摩浓相同经一时后测出留小体离的百比.据验据到如频分直图那图中 估计M离子留分的均为 同中每个数用组间中值代〕四、解答题17.在中角四、解答题17.在中角A ，B ，C对分为a ，b ，c ，〔1〕假设， ，求的面积；〔2〕假设，证明：为等腰直角三角形.数列满足 ，，列的前n和为 .〕求的；〕求的大值.如，棱柱中面底面 ， ，.〕明：；〕设与平面所成的正值为 ，求面体的体积.抛线，点，率为 的线l点P ，与E相交不点A ，B.〔1〕求k的取值范围；率为的线m点P ，与E交不的点C ，D ，证明直线，线及y轴围成等腰三角形.16.“.1~16①，②，···，⑧A，B，···，G.参考识正数时，，e自对的， .〔2〕手每比胜都是可的设共行X轮赛求期望；〔3〕设手每比的胜为t ，那有三把经者进决赛？函数.〕明：在义为减数；〕当时， ，求a值范围.答案解析局部一、单项选择题】解】由知，那么C【析利条结集和集运法么从而出合。解】解】设 且 ，么由得，，所以，得，所以。故答案为：A.z。解】解】，，因为单调递增，且，所以，即，所以。【分析】利用条件结合指数函数的单调性和对数函数的单调性，再结合与特殊值对应的指数与对数的大小关系比较，从而比较出a,b,c的大小。.析【答圆的圆心C(1,1)，半径r=2，过C直线AB：交圆C点A ，B ，如图：那么线AB直动线，圆C上直线距为1的恰一，那么线与圆C离点A或B到直距为1，即，所以心C到线 距为3，即，得c=-22或c=8。故答为：D【利圆一程求圆坐和径，过C直线AB：交圆C点A，B，么线AB垂动直线，因圆C上直线距为1的恰一个，么线与圆C相，且点A或B该线离为1，即，利几何法得出圆心C到直线5.【解析】【解答】由得，距离，再结合点到直线的距离公式，从而求出c的值。，所以，当且当即等号成立。故答案为：B.【析由得，，用二式理出开中的项式再用项公求出展开的数，而出展开的数的再利用展开的数项PP0，1，2，3，4，5n=5×5=25，m=5+4+3+2+1=15，那么到整十上字比位数大概是。故答案为：B.【分析】利用条件结合古典概型求概率公式，从而求出取到的整数十位上数字比个位上数字大的概率。】解】显直线与 交于点O ，由双线称知四形 矩形当仅|AB|=|F1F2|，设点，而由 得 ，得那么 ，|F1F2|=2c ， ，所以化得 ，即，，解得，曲线C离率e有。故答案为：D【析显直线与 于点O ，双线称性，边形 是矩设点，而，利直与曲线交出交点横标再用长公出A,B点离为 ，|F1F2|=2c ， 再用曲线中a,b,c者关式所以，简形得，为，解得a,b,cC解】解】令先考虑的解.假设 ，为为 的奇，那么，故 为的解假设 ，时，因为在上均增数，故在 上增数而，故在 上解为，因为为 上的函，故在上的为故的解为或，故或，以或 故答为：C.【析令，先虑解，利分讨的法结奇数定，出假设，那么，故 为的解设 ，此时，利用增函的义得出 和在上为函，而函数在上为函，而，故在上的解为，为为 上的数，故在上解为，而求出的解进结对函的单性从求满足 的x取范。二、多项选择题∵∴仅有4种情况符合条件，即A为右顶点时，B为左顶点或上、下顶点；A为上顶点时，B为左顶点；∴①当A为顶时，B为左点此时 ，解得，圆程为，D符合意；②当A右点，B上或顶，时，得，椭方为，A符意；③A为顶时，B顶点，时，得，椭方为，C符意；ACD【析为，以有4种况合件即A为顶时，B左或上下顶点；ABa,c【析【答对于A，，，其图象关直线对称，A题意；对于B，，，其象关于对称，B对于C，，，其象关于线对称，C对于D，，，其象于直线对称，D故答案为：AD【分析】利用条件结合辅助角公式化简函数为正弦型函数和余弦型函数，再利用换元法将正弦型函数转化为正弦函数，再将余弦型函数转化为余弦函数，再利用正弦函数的图像和余弦函数的图像找出正弦型函数余型数象于直线对称函。PDA取棱CD点，连和，正方体中，因Q是棱的中点，如图，，平面与BD可作P ，此截多形是边，B满；因棱C1D1点为Q ，点P ，其离B较的一，面边是边形如，C满；点P管何移，与面ABCD交平于与面A1B