宁德市高级中学2018-2019学年上学期高三期中数学模拟题

宁德市高级中学2021-2021学年上学期高三期中数学模拟试题
班级__________座号_____姓名__________分数__________
一、选择题〔本大题共12小题，每题5分，共60分.每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的.〕
2
＋ai
＝3＋bi，那么a－b
为〔
1．设a，b∈R，i为虚数单位，假定〕
1
＋i
A．3B．2
C．1D．0
2＋2z
2．复数知足＝iz，那么z等于〔〕
1－i
A．1＋i B．－1＋i
C．1－i D．－1－i
3．如图，在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，P为棱A1B1中点，点Q在侧面DCC1D1内运动，假定PBQPBD1，那么动点Q的轨迹所在曲线为〔〕
A.直线
B.圆
C.双曲线
D.抛物线
【命题企图】本题考察立体几何中的动向问题等根基知识，意在考察空间想象能
力.
4．在数轴上0和3之间任取一实数，那么使
“log2x1〞的概率为〔〕
1
B．12
D．
1
A．
8C．
12
4f(x)2cos(x)03f0
5
〔0，〕的局部图象如右图所示，那
么〕
．函数〔〕的值为〔3
B.1
C.2
D.3
A.
2
第1页，共15页
【命题企图】本题考察引诱公式，三角函数的图象和性质，数形联合思想的灵巧应用 . 6
均为正实数，且 2 x log 2 x ， 2 y log 2 y ， 2 z log 2z ，那么〔 〕 ．x,y,z
A ．xyz
B ．zxy
C ．zyz
D ．yxz
7．设复数z 知足z 〔1+i 〕=2，i 为虚数单位，那么复数 z 的虚部是〔
〕
A1 B ﹣1 Ci D ﹣i
8
R ，且会合 A {x|log 2(x
1) 2}
，
B {x|
x
2 0} ，那么
A (C R B)
〔
〕
．全集为
x 1
A ．( 1,1)
B ．( 1,1]
C ．(1,2]
D ．[1,2]
【命题企图】本题考察会合的交集、 补集运算，同时也考察了简单对数不等式、
分式不等式的解法及数形联合
的思想方法，属于简单题.
9．角
的终边经过点(sin15,
cos15)，那么cos 2 的值为〔
〕
1 3
1
3
3
D ．0 A ．
4
B ．
4
C.
2
2
4
10．函数f(x)
log 2x(x
0)
R ；②对随意x
R ，有
|x|
(x ，函数g(x)知足以下三点条件：①定义域为
0)
g(x)
1
g(x
2)；③当x
[ 1,1] 时，g(x)
1 x 2
.那么函数
y
f(x)
g(x)在区间[4,4]
上零
2
点的个数为〔
〕
A ．7
B ．6
C ．5
D ．4
【命题企图】本题考察利用函数图象来解决零点问题，
突出了对分段函数的转变及数形联合思想的考察，
本题
综合性强，难度大.
11．以下列图，网格纸表示边长为
1的正方形，粗实线画出的是某几何体的三视图，
那么该几何体的体积为〔
〕
A ．4
B ．8
C ．12
D ．20
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【命题企图】本题考察三视图、几何体的体积等根基知识，意在考察空间想象能力和根本运算能力． 12．三棱锥 S ABC 外接球的表面积为 32 ， ABC 900，三棱锥S ABC 的三视图如图 所示，那么其侧视图的面积的最大值为〔 〕 A ．4 B ．4 2 C ．8 D ．4 7
二、填空题〔本大题共
4小题，每题5分，共20分.把答案填写在横线上〕 13．在正方形 ABCD 中，AB AD 2,M,N 分别是边BC,CD 上的动点，当 AM AN 4时，那么MN
的取值范围为 ．
【命题企图】本题考察平面向量数目积、 点到直线距离公式等根基知识， 意在考察坐标法思想、 数形联合思想
和根本运算能力．
14．假定(mx y)6睁开式中x 3y 3的系数为 160，那么m __________． 【命题企图】本题考察二项式定理的应用，意在考察逆向思想能力、方程思想． 15．函数
f(x) sinx a(0 x
5
)的三个零点成等比数列，那么 log 2a
.
2
第3页，共15页
16．假定点p 〔1，1〕为圆〔x ﹣3〕2+y 2=9的弦MN 的中点，那么弦 MN 所在直线方程为
三、解答题〔本大共 6小题，共70分。

解允许写出文字说明、证明过程或演算步骤。

〕
17．〔本小题总分值 13分〕
设f(x)
1 ，数列{a n }知足：a 1
1 ，a n1 f(a n ),n
N ．
1 x
2
〔Ⅰ〕假定
1,
2为方程f(x)x 的两个不相等的实根，证明：数列
a n
a n
〔Ⅱ〕证明：存在实数m ，使得对n
N ，a 2n
1
a
2n1
m
a
2n2
1
为等比数列；
2
a 2n ．
〕
18．〔本小题总分值12分〕某校为认识高一重生对文理科的选择，对 1000名高一重生发放文理科选择检查表，
统计知，有 600名学生选择理科，400 名学生选择文科．分别从选择理科和文科的学生随机各抽取
20名学生
的数学成绩得以下累计表：
分数段 理科人数
文科人数
[40，50〕 [50，60〕 [60，70〕
[70，80〕 正 正
[80，90〕 正
[90，100]
（ 1〕从统计表剖析，比较选择文理科学生的数学均匀分及学生选择文理科的状况，并绘制理科数学成绩的频次散布直方图．
第4页，共15页
〔2〕依据你绘制的频次散布直方图，预计意愿选择理科的学生的数学
成绩的中位数与均匀分．
12x
19．〔本小题总分值12分〕函数f〔x〕＝2x＋x＋a，g〔x〕＝e.
〔1〕记曲线y＝g〔x〕对于直线y＝x对称的曲线为y＝h〔x〕，且曲线y＝h〔x〕的一条切线方程为mx－y－1＝0，求m的值；
〔2〕议论函数φ〔x〕＝f〔x〕－g〔x〕的零点个数，假定零点在区间〔0，1〕上，求a的取值范围．
20．〔本小题总分值12分〕在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(sinA sinB)(ba)sinC(3bc).
〔Ⅰ〕求角A的大小；
〔Ⅱ〕假定a2，ABC的面积为3，求b,c.
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21．〔本小题12分〕在多面体ABCDEFG中，四边形ABCD与CDEF是边长均为a正方形，CF平面ABCD，BG平面ABCD，且AB2BG 4BH．
〔1〕求证：平面AGH平面EFG；
〔2〕假定a4，求三棱锥G ADE的体积．
【命题企图】本题主要考察空间直线与平面间的垂直关系、空间向量、二面角等根基知识，间在考察空间想象
能力、逻辑推理能力，以及转变的思想、方程思想．
22．设锐角三角形ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,ca2bsinA．
〔1〕求角B的大小；
〔2〕假定a33，c5，求．
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宁德市高级中学2021-2021学年上学期高三期中数学模拟试题〔参照答案〕
一、选择题〔本大题共12小题，每题5分，共60分.每题给出的四个选项中，只有
一项为哪一项
切合题目要求的.〕
1．【答案】
2＋ai
【分析】选A.由＝3＋bi得，
1＋i
2＋ai＝〔1＋i〕〔3＋bi〕＝3－b＋〔3＋b〕i，
∵a，b∈R，
2＝3－b
∴，即a＝4，b＝1，∴a－b＝3〔或许由a＝3＋b直接得出a－b＝3〕，选A.
a＝3＋b
2．【答案】
【分析】分析：选D.法一：由2＋2z
＝iz得1－i
2＋2z＝iz＋z，
即〔1－i〕z＝－2，
－2－2〔1＋i〕∴z＝＝
2＝－1－i.
1－i
法二：设z＝a＋bi〔a，b∈R〕，
∴2＋2〔a＋bi〕＝〔1－i〕i〔a＋bi〕，
即2＋2a＋2bi＝a－b＋〔a＋b〕i，
2＋2a＝a－b
∴，
2b＝a＋b
∴a＝b＝－1，故z＝－1－i.
3．【答案】C.
【分析】易得BP//平面CC1D1D，全部知足PBD1PBX的全部点X在以BP为轴线，以BD1所在直线为母线的圆锥面上，∴点Q的轨迹为该圆锥面与平面CC1D1D的交线，而平行于圆锥面轴线的平面截圆
锥面获得的图形是双曲线，∴点Q的轨迹是双曲线，应选 C.
4．【答案】C
【分析】
试题剖析：由log2x1
得0
,
20. C.
x2由几何概型可得所求概率为2故本题答案选
303
考点：几何概型．
5．【答案】D
第7页，共15页
【解析】
6．【答案】A
【分析】
考
点：对数函数，指数函数性质．
7．【答案】B
【分析】解：由z〔1+i〕=2，得，
∴复数z的虚部是﹣1．
应选：B．
考察方向
本题考察复数代数形式的乘除运算.
解题思路
把等式变形，而后利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
易错点
把﹣i作为虚部.
8．【答案】D
第8页，共15页
9．【答案】B
【分析】
考
点：1、同角三角函数根本关系的运用；2、两角和的正弦函数；3、随意角的三角函数的定义.
10．【答案】D
第
Ⅱ卷〔共100分〕[．Com]
11．【答案】C
【分析】由三视图可知该几何体是四棱锥，且底面为长6，宽2的矩形，高为3，所以此四棱锥体积为1
12 3 12，应选C.
3
12．【答案】A
【分析】
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考
点:三视图．
【方法点睛】本题主要考察几何体的三视图,空间想象能力.空间几何体的三视图是分别从空间几何体的正面,
左面,上边用平行投影的方法获得的三个平面投影图.所以在剖析空间几何体的三视图时,先依据俯视图确立几何体的底面,而后依据正视图或侧视图确立几何体的侧棱与侧面的特点,调整实线和虚线所对应的棱,面的地点,再确立几何体的形状,即可获得结果.要可以切记常有几何体的三视图.
二、填空题〔本大题共4小题，每题5分，共20分.把答案填写在横线上〕
13．【答案】[2,2]
〔0＃x 2，0＃y 2〕上的点(x,y)到定点(2,2)的距离，其最小值为2，最大值为2，故MN的取值
范围为[ 2,2]．
y
D N C
2
M
A
x B
2
14．【答案】2
【分析】由题意，得C63m3160，即m38，所以m2．
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1
15．【答案】
2
考点：三角函数的图象与性质，等比数列的性质，对数运算．
【名师点睛】本题考察三角函数的图象与性质、等比数列的性质、对数运算法那么，属中档题．把等比数列与三
角函数的零点有机地联合在一同，命题立意新，同时考察数形联合根本思想以及学生的运算能力、应用新知识解决问题的能力，是一道优良题．
16．【答案】：2x ﹣y ﹣1=0 解：∵P 〔1，1〕为圆〔x ﹣3〕2+y 2
=9的弦MN 的中点， ∴圆心与点 P 确立的直线斜率为 =﹣ ，
∴弦MN 所在直线的斜率为 2，
那么弦MN 所在直线的方程为 y ﹣1=2〔x ﹣1〕，即2x ﹣y ﹣1=0．
故答案为：2x ﹣y ﹣1=0
三、解答题〔本大共 6小题，共70分。

解允许写出文字说明、证明过程或演算步骤。

〕
17．【答案】
2 1 0
1
【分析】解：证明：f(x)x
x
2
x10
，∴
1
1 2
，∴
1 0
1
2
2
1
2 1 1 2
．
2
2
∵
a
n1
1
1 1 a n 1 a
n1
2
1 1
1 a n 2
a 1 1 0， 1 0，
a 1
2
2
1
a
n
2
1
a n
a n
1
1 1
1 ，〔3
分〕
2
a
n 2 2a
n
a n
2
2
2
2
a n 1
为等比数列．
〔4分〕
∴数列
a n
2
第11页，共15页
5 1 m ．
〔Ⅱ〕证明：设m ，那么f(m)
2
由a 1
1
1 得a 2
2
3
a 3
m ．
及a n1
，a 3
，∴0a 1
2
1a n
3
5
∵f(x)在(0,
)上递减，∴f(a 1)
f(a 3) f(m)，∴a 2 a 4 m ．∴a 1
a 3 m a 4
a 2，〔8分〕
下边用数学概括法证明：当 n
N 时，a 2n1
a
2n1
m
a
2n2
a 2n ．
①当n
1时，命题建立． 〔9分〕
②假定当n k 时命题建立，即
a
2k1
a
2k1
m
a
2k
2
a 2k ，那么 由f(x)在(0, )上递减得f(a 2k1)
f(a 2k1)
f(m)
f(a 2k
2)
f(a 2k )
∴a 2k a
2k2
ma
2k3
a
2k1
由m
a 2k3
a 2k1得f(m) f(a 2k 3)
f(a 2k
1)，∴m
a 2k4
a 2k
2
，
∴当nk1时命题也建立， 〔12分〕
由①②知，对全部nN 命题建立，即存在实数
m ，使得对
n
N ，a 2n
1
a
2n1
m
a 2n2a
2n .
18．【答案】
【分析】解：〔1〕从统计表看出选择理科的学生的数学均匀成绩高于选择文科的学生的数学均匀成绩，反应了数学成绩对学生选择文理科有必定的影响，频次散布直方图以下．
〔2〕从频次散布直方图知，数学成绩有 50%小于或等于 80分，50%大于或等于 80分，所以中位数为
80分．
均匀分为〔55×＋65×＋75×＋85×＋95×〕×10＝，
即预计选择理科的学生的均匀分为 分．
19．【答案】
【分析】解：〔1〕y ＝g 〔x 〕＝e x 对于直线y ＝x 对称的曲线h 〔x 〕＝lnx ，设曲线y ＝h 〔x 〕与切线mx －y －1＝0的切点为〔x 0，lnx 0〕， 由h 〔x 〕＝lnx 得 1
h ′〔x 〕＝x ，〔x ＞0〕，
第12页，共15页
1
＝m
有
x 0
，
mx 0－lnx 0－1＝0
解得x 0＝m ＝1.
∴m 的1.
12
x
〔2〕φ〔x 〕＝2x
＋x ＋a －e ，
φ′〔x 〕＝x ＋1－e x ， 令t 〔x 〕＝x ＋1－e x ， ∴t ′〔x 〕＝1－e x ，
当x ＜0，t ′〔x 〕＞0，x ＞0，t ′〔x 〕＜0，
x ＝0，t ′〔x 〕＝0.
∴φ′〔x 〕在〔－∞，0〕上增，在〔 0，＋∞〕上减，∴φ′〔x 〕max ＝φ′〔0〕＝0，
即φ′〔x 〕≤0在〔－∞，＋∞〕恒建立，
即φ〔x 〕在〔－∞，＋∞〕减，
且当a ＝1有φ〔0〕＝0.
∴不a 何，φ〔x 〕＝f 〔x 〕－g 〔x 〕有独一零点 x 0，
当x 0∈〔0，1〕，φ〔0〕φ〔1〕＜0，
2e －3
即〔a －1〕〔a －
2
〕＜0，
2e －3
，即a 的取范〔
2e －3 ∴1＜a ＜
2
1，
2 〕．
20．【答案】解：〔Ⅰ〕由正弦定理及条件有
b 2
a 2
3bc
c 2， 即b 2
c 2 a 2
3bc .3分
由余弦定理得：
cosA
b
2
c 2 a 2
3
，又A
(0,)，故A
6
.6
分
2bc
2
〔Ⅱ〕
ABC 的面
3，
1
bcsinA
3， bc
4 3①，
8分
2
又由〔Ⅰ〕b 2
a 2
3bc c 2
及a
2,得b 2
c 2 16，②
10 分
由①②解得b
2,c
23 或b
23,c
2.
12 分
21．【答案】
【分析】〔1〕接FH ，由意，知CD
BC ，CD
CF ，∴CD
平面BCFG ．
又∵GH 平面BCFG ，∴CD
GH ．
又∵EF
CD ，∴EF
GH ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分
由意，得BH
1
a ，CH
3
a ，BG
1
a ，∴GH 2
BG 2 BH 2
5a 2，
4
4
2
16
第13页，共15页
FG
2
(CF
BG)
2
BC
2
5
a 2，FH 2
CF 2
CH 2
25a 2，
FH
FG
GH
4
16
222
，∴
4
GHFG ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯分
又∵EF FG F ，GH
平面EFG ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
∵GH
平面AGH ，∴平面AGH 平面EFG ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
22．【答案】〔1〕B
；〔2〕b7．
6
【分析】1111]
〔2〕依据余弦定理，得
b 2 a 2
c 2 2accosB
27 25 45 7，
第14页，共15页
所以b7.
考点：正弦定理与余弦定理．
第15页，共15页。