2021-2022学年宝鸡市重点中学高三第三次测评数学试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。1ABC的内角A，B，C的对边分别为，已知，则为( )ABC或D或2我国古代数学家秦九韶在数书九章中记述了“三斜求积

2、术”，用现代式子表示即为：在中，角所对的边分别为，则的面积.根据此公式，若，且，则的面积为（ ）ABCD3点为棱长是2的正方体的内切球球面上的动点，点为的中点，若满足，则动点的轨迹的长度为（ ）ABCD4已知盒中有3个红球，3个黄球，3个白球，且每种颜色的三个球均按，编号，现从中摸出3个球（除颜色与编号外球没有区别），则恰好不同时包含字母，的概率为（ ）ABCD5已知，则“直线与直线垂直”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已知函数的图象在点处的切线方程是，则（ ）A2B3C-2D-37一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）ABCD8命

3、题“”的否定为（ ）ABCD9已知双曲线的一条渐近线方程是，则双曲线的离心率为（ ）ABCD10如图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形的斜边，直角边.已知以直角边为直径的半圆的面积之比为，记，则（ ）ABCD11在复平面内，复数（为虚数单位）对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限12平行四边形中，已知，点、分别满足，且，则向量在上的投影为（ ）A2BCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知为椭圆上的一个动点，设直线和分别与直线交于，两点，若与的面积相等，则线段的长为_.14下图是一个算法流程图

4、,则输出的的值为_15某校开展“我身边的榜样”评选活动，现对3名候选人甲、乙、丙进行不记名投票，投票要求详见选票这3名候选人的得票数（不考虑是否有效）分别为总票数的88%，75%，46%，则本次投票的有效率（有效票数与总票数的比值）最高可能为百分之_“我身边的榜样”评选选票候选人符号注：1同意画“”，不同意画“”2每张选票“”的个数不超过2时才为有效票甲乙丙16已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，若，则_.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知数列中，a1=1，其前n项和为，且满足（1）求数列的通项公式；（2）记，若数列为递增数列，求的取值范围18

5、（12分）从抛物线C：（）外一点作该抛物线的两条切线PA、PB（切点分别为A、B），分别与x轴相交于C、D，若AB与y轴相交于点Q，点在抛物线C上，且（F为抛物线的焦点）.（1）求抛物线C的方程；（2）求证：四边形是平行四边形.四边形能否为矩形？若能，求出点Q的坐标；若不能，请说明理由.19（12分）已知正数x，y，z满足xyzt（t为常数），且的最小值为，求实数t的值.20（12分）设数列，的各项都是正数，为数列的前n项和，且对任意，都有，（e是自然对数的底数）.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前n项和.21（12分）已知是等差数列，满足，数列满足，且是等比数列.（1）求数列和的通项

6、公式；（2）求数列的前项和.22（10分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，）.在以坐标原点为极点、轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.（1）若点在直线上，求直线的极坐标方程；（2）已知，若点在直线上，点在曲线上，且的最小值为，求的值.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。1D【解析】由正弦定理可求得，再由角A的范围可求得角A.【详解】由正弦定理可知，所以，解得，又，且，所以或。故选：D.【点睛】本题主要考查正弦定理,注意角的范围，是否有两解的情况，属于基础题.2A【解析】根据，利用正弦定理边化

7、为角得，整理为，根据，得，再由余弦定理得，又，代入公式求解.【详解】由得，即，即，因为，所以，由余弦定理，所以，由的面积公式得故选：A【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理以及类比推理，还考查了运算求解的能力，属于中档题.3C【解析】设的中点为，利用正方形和正方体的性质，结合线面垂直的判定定理可以证明出平面，这样可以确定动点的轨迹，最后求出动点的轨迹的长度.【详解】设的中点为，连接，因此有，而，而平面，因此有平面，所以动点的轨迹平面与正方体的内切球的交线. 正方体的棱长为2，所以内切球的半径为，建立如下图所示的以为坐标原点的空间直角坐标系：因此有，设平面的法向量为，所以有，因此到平面的距离为：

8、，所以截面圆的半径为：，因此动点的轨迹的长度为.故选：C【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理的应用，考查了立体几何中轨迹问题，考查了球截面的性质，考查了空间想象能力和数学运算能力.4B【解析】首先求出基本事件总数，则事件“恰好不同时包含字母，”的对立事件为“取出的3个球的编号恰好为字母，”， 记事件“恰好不同时包含字母，”为，利用对立事件的概率公式计算可得；【详解】解：从9个球中摸出3个球，则基本事件总数为（个），则事件“恰好不同时包含字母，”的对立事件为“取出的3个球的编号恰好为字母，”记事件“恰好不同时包含字母，”为，则.故选：B【点睛】本题考查了古典概型及其概率计算公式，考查了排列组合的

9、知识，解答的关键在于正确理解题意，属于基础题5B【解析】由两直线垂直求得则或，再根据充要条件的判定方法，即可求解.【详解】由题意，“直线与直线垂直”则，解得或，所以“直线与直线垂直”是“”的必要不充分条件，故选B.【点睛】本题主要考查了两直线的位置关系，及必要不充分条件的判定，其中解答中利用两直线的位置关系求得的值，同时熟记充要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.6B【解析】根据求出再根据也在直线上，求出b的值，即得解.【详解】因为，所以所以，又也在直线上，所以，解得所以.故选：B【点睛】本题主要考查导数的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.7A【解析

10、】根据题意，可得几何体，利用体积计算即可.【详解】由题意，该几何体如图所示：该几何体的体积.故选：A.【点睛】本题考查了常见几何体的三视图和体积计算，属于基础题8C【解析】套用命题的否定形式即可.【详解】命题“”的否定为“”，所以命题“”的否定为“”.故选：C【点睛】本题考查全称命题的否定，属于基础题.9D【解析】双曲线的渐近线方程是，所以，即 ， ，即 ，故选D.10D【解析】由半圆面积之比，可求出两个直角边 的长度之比，从而可知，结合同角三角函数的基本关系，即可求出，由二倍角公式即可求出.【详解】解：由题意知 ，以 为直径的半圆面积，以 为直径的半圆面积，则，即.由 ，得 ，所以.故选:D

11、.【点睛】本题考查了同角三角函数的基本关系，考查了二倍角公式.本题的关键是由面积比求出角的正切值.11C【解析】化简复数为、的形式，可以确定对应的点位于的象限【详解】解：复数故复数对应的坐标为位于第三象限故选：【点睛】本题考查复数代数形式的运算，复数和复平面内点的对应关系，属于基础题12C【解析】将用向量和表示，代入可求出，再利用投影公式可得答案.【详解】解：，得，则向量在上的投影为.故选：C.【点睛】本题考查向量的几何意义，考查向量的线性运算，将用向量和表示是关键，是基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】先设点坐标，由三角形面积相等得出两个三角形的边之间的比例关

12、系，这个比例关系又可用线段上点的坐标表示出来，从而可求得点的横坐标，代入椭圆方程得纵坐标，然后可得【详解】如图，设，由，得，由得，解得，又在椭圆上，故答案为：【点睛】本题考查直线与椭圆相交问题，解题时由三角形面积相等得出线段长的比例关系，解题是由把线段长的比例关系用点的横坐标表示143【解析】分析程序中各变量、各语句的作用,根据流程图所示的顺序,即可得出结论.【详解】解:初始,第一次循环: ;第二次循环: ;第三次循环: ;经判断,此时跳出循环,输出.故答案为:【点睛】本题考查了程序框图的应用问题,解题的关键是对算法语句的理解,属基础题.1591【解析】设共有选票张，且票对应张数为，由此可构造

13、不等式组化简得到，由投票有效率越高越小，可知，由此计算可得投票有效率.【详解】不妨设共有选票张，投票的有，票的有，票的有，则由题意可得：，化简得：，即，投票有效率越高，越小，则，故本次投票的有效率（有效票数与总票数的比值）最高可能为故答案为：.【点睛】本题考查线性规划的实际应用问题，关键是能够根据已知条件构造出变量所满足的关系式.16127【解析】已知条件化简可化为,等式两边同时除以，则有 ，通过求解方程可解得,即证得数列为等比数列,根据已知即可解得所求.【详解】由.故答案为:.【点睛】本题考查通过递推公式证明数列为等比数列,考查了等比的求和公式,考查学生分析问题的能力,难度较易.三、解答题：

14、共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（1）（2）【解析】（1）项和转换可得，继而得到，可得解；（2）代入可得，由数列为递增数列可得，令，可证明为递增数列，即，即得解【详解】（1），即，（2）=2-（2n+1）数列为递增数列，即令，即为递增数列，即的取值范围为【点睛】本题考查了数列综合问题，考查了项和转换，数列的单调性，最值等知识点，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.18（1）；（2）证明见解析；能，.【解析】（1）根据抛物线的定义，求出，即可求抛物线C的方程；（2）设，写出切线的方程，解方程组求出点的坐标. 设点，直线AB的方程，代入抛物线方程，利用韦

15、达定理得到点的坐标，写出点的坐标，可得线段相互平分，即证四边形是平行四边形；若四边形为矩形，则，求出，即得点Q的坐标.【详解】（1）因为，所以，即抛物线C的方程是. （2）证明：由得，.设， 则直线PA的方程为（），则直线PB的方程为（），由（）和（）解得：，所以.设点，则直线AB的方程为.由得，则，所以，所以线段PQ被x轴平分，即被线段CD平分.在中，令解得，所以，同理得，所以线段CD的中点坐标为，即，又因为直线PQ的方程为，所以线段CD的中点在直线PQ上，即线段CD被线段PQ平分.因此，四边形是平行四边形.由知，四边形是平行四边形.若四边形是矩形，则，即，解得，故当点Q为，即为抛物线的焦点

16、时，四边形是矩形.【点睛】本题考查抛物线的方程，考查直线和抛物线的位置关系，属于难题.19t1【解析】把变形为结合基本不等式进行求解.【详解】因为即，当且仅当，时，上述等号成立，所以，即，又x，y，z0，所以xyzt1【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，利用基本不等式求解最值时要注意转化为适用形式，同时要关注不等号是否成立，侧重考查数学运算的核心素养.20（1），（2）【解析】（1）当时,与作差可得,即可得到数列是首项为1,公差为1的等差数列,即可求解；对取自然对数,则,即是以1为首项,以2为公比的等比数列,即可求解；（2）由（1）可得,再利用错位相减法求解即可.【详解】解:（1）因为,当时

17、,解得；当时,有,由得,又,所以,即数列是首项为1,公差为1的等差数列,故,又因为,且,取自然对数得,所以,又因为,所以是以1为首项,以2为公比的等比数列,所以,即（2）由（1）知,所以,减去得:,所以【点睛】本题考查由与的关系求通项公式,考查错位相减法求数列的和.21（1），；（2）【解析】试题分析：（1）利用等差数列，等比数列的通项公式先求得公差和公比，即得到结论;（2）利用分组求和法，由等差数列及等比数列的前n项和公式即可求得数列前n项和试题解析：（）设等差数列an的公差为d，由题意得d= 1an=a1+（n1）d=1n设等比数列bnan的公比为q，则q1=8，q=2，bnan=（b1a1）qn1=2n1， bn=1n+2n1（）由（）知bn=1n+2n1， 数列1n的前n项和为n（n+1），数列2n1的前n项和为1= 2n1，数列bn的前n项和为；考点：1.等差数列性质的综合应用；2.等比数列性质的综合应用；1.数列求和22（1）（2）【解析】（1）利用消参法以及点求解出的普通方程，根据极坐标与直