浙江省宁海中学2021届高三9月第一次模拟数学试卷 Word版含答案 15页

宁海中学2021届高三第一次模拟考试 数 学 ‎2020.9‎ 本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页；满分150分；考试时间120分钟.‎ 考生注意：‎ ‎1. 答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上.‎ ‎2. 答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.‎ 参考公式：‎ 若事件，互斥，则 若事件，相互独立，则 若事件在一次试验中发生的概率是，则次独立重复试验中事件恰好发生次的概率 台体的体积公式 其中，分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高 柱体的体积公式 其中表示柱体的底面积，表示柱体的高 锥体的体积公式 其中表示锥体的底面积，表示锥体的高 球的表面积公式 球的体积公式 其中表示球的半径 选择题部分（共40分）‎ 一、选择题：本大题共10小题，每小题4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. 函数的定义域是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎2. 已知，复数满足，则（ ）‎ A. 1 B. 2‎ C. 3 D. 4‎ ‎3. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎4. 若实数，满足约束条件，则的最小值是（ ）‎ A. B. C. 1 D. ‎ ‎5. 已知，是平面上的点，，是平面上的点，且有，则是的（ ）‎ 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 ‎6. 函数的图像可能是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎7. 已知，不等式在上恒成立，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎8. 一只小虫从数轴上的原点出发爬行，若一次爬行过程中，小虫等概率地向前或向后爬行1个单位，设爬行次后小虫所在位置对应的数为随机变量，则下列说法错误的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎9. 对于任意集合，设，已知集合，则对任意的，下列说法错误的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎10. 如图所示，平面平面，二面角，已知，，直线与平面，平面所成角均为，与所成角为，若，则的最大值是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ 非选择题部分（共110分）‎ 二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.‎ ‎11. 二项式定理（Binomial theorcm），又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿于1664-1665年间提出.该定理给出两个数之和的整数次幂展开为类似项之和的恒等式.二项式的展开式中系数最大的项是_______；系数之和是_______.‎ ‎12. 甲、乙、丙、丁和戊5名学生进行劳动技术竞赛并决出1至5名，赛后甲、乙去询问成绩，老师对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军.”；对乙说：“你当然不是最差的.”则5人的名次排列可能有________种.‎ ‎13. 已知函数，若将的图像右移，其相位减少了，且此时为奇函数，则图像的周期是_______﹔其对称中心的坐标为_______.‎ ‎14. 已知函数，则_______﹔若实数满足，则的取值范围是_______.‎ ‎15. 设数列，，，满足前三项成等比数列且和为，后三项成公差不为0的等差数列且和为12，若满足条件的数列个数大于1，则的取值范围是_______.‎ ‎16. 已知直线与双曲线的两条渐近线交于，两点，与轴交于点，若是坐标原点，，，则的离心率是_______.‎ ‎17. 已知平面向量，，满足，，则的最小值是_______；此时_______.‎ 三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎18. 在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，为三个相邻的自然数，且.‎ ‎（Ⅰ）证明：；‎ ‎（Ⅱ）若，，求的值.‎ ‎19. 如图，在棱台中，底面为直角梯形，，，，，上下底面的距离为1.‎ ‎（Ⅰ）若，证明：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎20. 如图所示，在的图像下有一系列正三角形，记的边长为，.‎ ‎（Ⅰ）求数列，的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若数列满足，证明：.‎ ‎21. 如图，已知抛物线的焦点为，过点作直线交抛物线于，两点，记，.‎ ‎（Ⅰ）若，求的最小值；‎ ‎（Ⅱ）若对任意的直线，，恒为锐角，求的取值范围.‎ ‎22. 已知函数，其中为自然对数的底数.‎ ‎（Ⅰ）若，求在上的极值点；‎ ‎（Ⅱ）（i）证明：在上单调递增；‎ ‎（ii）讨论函数在上的零点个数.‎ 宁海中学2021届高三第一次模拟考试 数学参考答案 ‎2020.9‎ 一、选择题：本大题共10小题，每小题4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.‎ ‎1-5：ABDBA 6-10：BDCDB 二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.‎ ‎11. ；4096 12. 54 13. ；‎ ‎14. 2；，1 15. 16. 4 17. ；‎ ‎（评分说明：第13题第二问，没写成坐标形式或漏掉的不给分；所有开闭区间均作要求；其余答案只要数值正确，均可给分）‎ 三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎18.（Ⅰ）证明：不妨设，，，由正弦定理，①‎ 由余弦定理：②.‎ 联立①、②可得：，故三角形的三边长为6，4，5.‎ 由余弦定理：；，‎ 故，证毕.‎ ‎（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知.‎ 故，解得.‎ 将代入，解得，这与矛盾，故舍去.‎ 将代入，符合题意.‎ 综上，.‎ ‎（评分说明：第一问，算出余弦值后未说明结论的扣1分；第二问，未经检验就得出答案的不给分.其余解法，只要逻辑合理，条理清晰，均可酌情给分）‎ ‎19.（Ⅰ）证明：如答图，延长，交于点，作的中线交于点.‎ ‎.‎ 由比例关系：，点到平面的距离.‎ ‎，，由勾股定理：‎ ‎.‎ 从而，平面，平面平面平面.‎ ‎（Ⅱ）解法一：如答图，将台体补形至四棱锥，取中点，连，取三等分点，连，，，.‎ ‎.‎ ‎.‎ ‎.‎ 将梯形投影至平面，由勾股定理计算得 ‎，.‎ 计算得.‎ 故.‎ 解得，故直线与平面所成角的正弦值为.‎ 解法二：如答图，将台体补形至四棱锥，取中点，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，其中轴平行于，轴平行于，轴垂直于平面.‎ 易知，，，，.‎ 故，，，平面的法向量.‎ ‎.‎ ‎（评分说明：第一问，逻辑混乱、混淆伪证的酌情扣分；第二问，强调作证求三步条理清晰，不明确的可酌情扣分.其余解法，只要逻辑合理，条理清晰，均可酌情给分）‎ ‎20.（Ⅰ）解：设，则.‎ 由题意可知：，.‎ 两式相减：.‎ 易知，故数列是以为首项，为公差的等差数列.‎ 故，.‎ ‎（Ⅱ）证明：由题意可知：‎ ‎.‎ 故.‎ 故命题得证.‎ ‎（评分说明：第一问，两个通项公式各1分；第二问，通项1分，有理化2分，裂项3分，求和2分.其余解法，只要逻辑合理，条理清晰，均可酌情给分）‎ ‎21.（Ⅰ）解：设：，，.‎ 与抛物线联立得：，由韦达定理：，.‎ ‎，，.‎ 由余弦定理：‎ ‎.‎ 故，即的最小值是.‎ ‎（Ⅱ）解：设，，.‎ 要使，恒为锐角，只需满足恒大于0即可，‎ ‎.‎ ‎①若，则.‎ 即.‎ ‎①若，显然成立.‎ 注意到，，故.‎ 故.‎ ‎（评分说明：第一问，直接特殊位置得出最值的仅给答案2分；第二问，也可利用锐角三角形三边平方不等关系求解.其余解法，只要逻辑合理，条理清晰，均可酌情给分）‎ ‎22.（Ⅰ）.‎ 当时，，‎ 所以函数的极大值点为.‎ ‎（Ⅱ）证明：‎ ‎（i）因为，所以在上必存在唯一的实数，使得，‎ 所以，，为增函数.‎ ‎，，为减函数.‎ 要证明在上单调递增，只需证明即可.‎ 又因为，所以，‎ 即证，设，，所以在为减函数，‎ 当时，，，即，‎ 即，所以在上单调递增.‎ ‎（ii）先证明函数的最大值.‎ 因为，所以，.‎ ‎（法一）∵，∴，‎ ‎∴，‎ 下证，即证，即证，‎ ‎∵，‎ ‎∴.‎ ‎（法二）∵，‎ ‎∴，‎ 下证，令，则，‎ 即证，即证，‎ 令，则，‎ ‎∴函数为单调递增函数，‎ ‎∴当时，，∴，‎ ‎∴.‎ ‎（法三）欲证，即证，‎ 只需证，即证，‎ 即证，即证，‎ 只需证，即证，‎ 即证，‎ 又，所以显然成立，‎ ‎∴.‎ 再求函数在，上的零点个数，‎ ‎∵，，且函数在，上单调递减，‎ ‎∴函数在，上有唯一零点，即函数在，上的零点个数为l；‎ 再求函数在上的零点个数，‎ ‎∵，，且函数在上单调递增，‎ ‎∴①当时，，即，故函数在上没有零点，‎ 即函数在上的零点个数为0；‎ ‎②当时，，即，故函数在上有唯一零点，‎ 即函数在上的零点个数为1；‎ 综上所述：当时，零点个数为1；当时，零点个数为2.‎ ‎（评分说明：条理逻辑不清晰的，可酌情扣分.其余解法，只要逻辑合理，条理清晰，均可酌情给分）‎