2021-2022学年浙江省宁波市慈溪杨贤江中学高三数学理模拟试卷含解析

1、2021-2022学年浙江省宁波市慈溪杨贤江中学高三数学理模拟试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 给定区域，令点集是在上取得最大值或最小值的点，则中的点最多能确定三角形的个数为 参考答案：2. 下列各组函数是同一函数的是（ ）与； 与；与； 与。A. B. C. D. 参考答案：C3. 若不等式在t(0,2上恒成立，则a的取值范围是()A. B. C. D. 参考答案：B4. 将函数的图象向左平移个单位，所得函数图象的一条对称轴的方程为 （A） （B） （C） （D）参考答案：C5. 已知点A（0，2），抛物线

2、C1：y2=ax（a0）的焦点为F，射线FA与抛物线C相交于点M，与其准线相交于点N，若|FM|：|MN|=1：，则a的值等于（）A B C1 D4参考答案：D分析：作出M在准线上的射影，根据|KM|：|MN|确定|KN|：|KM|的值，进而列方程求得a解答：解：依题意F点的坐标为（，0），设M在准线上的射影为K，由抛物线的定义知|MF|=|MK|，|KM|：|MN|=1：，则|KN|：|KM|=2：1，=2，求得a=4，故选D点评：本题主要考查了抛物线的简单性质抛物线中涉及焦半径的问题常利用抛物线的定义转化为点到准线的距离来解决6. 不等式组的解集记为D，有下面四个命题： p1：， p2：，

3、p3：， p4：，其中的真命题是Ap1，p2 Bp1，p3 Cp1，p4 Dp2，p3参考答案：D考点：全称量词与存在性量词线性规划作可行域：A(1，3),B(2，1)，所以所以，故p2，p3正确。故答案为：D7. 奇函数满足对任意都有且，则_。A. 8B. 8C. 9D. 9参考答案：C略8. 设，则的大小关系是 . . . . 参考答案：D略9. 已知集合A=1，1，B=m|m=x+y，xA，yA，则集合B等于（）A2，2 B2，0，2 C2，0 D0参考答案：B试题分析：根据集合B的元素关系确定集合B即可试题解析：解：A=1，1，xA，yA，x=1，或x=1，y=1或y=1，则m=x+y

4、=0，2，2，即B=2，0，2故选：B考点：集合的表示法点评：本题主要考查集合的表示，利用条件确定集合的元素即可，比较基础10. 当函数y=sinxcosx（0 x2）取得最大值时，x=（）AB CD参考答案：B【考点】函数的最值及其几何意义；三角函数的化简求值【分析】利用辅助角公式（和差角公式），可得y=sinxcosx=2sin（x），进而可得函数取最大值时，x的值【解答】解：函数y=sinxcosx=2sin（x），0 x2，当x=，即x=时，函数取最大值，故选：B二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 二项式的展开式中含x项的系数为参考答案：70【考点】二项式系数的性

5、质【分析】利用二项式展开式的通项公式，令x项的指数为1求出r的值，再计算含x项的系数【解答】解：二项式的展开式中，通项公式为Tr+1=?=?，令4=1，解得r=4；所以展开式中含x项的系数为=70故答案为：7012. 德国数学家洛萨科拉茨1937年提出了一个猜想：任给一个正整数n，如果它是偶数，就将它减半；如果它是奇数，则将它乘3再加1，不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到1.如初始正整数为6，按照上述变换规则，得到一个数列：6，3，10，5，16，8，4，2，1。现在请你研究：如果对正整数n（首项），按照上述规则实施变换后的第八项为1（第一次出现），则n的所有可能的值为 .参考答案

6、：3,20,21,128.13. 已知球与棱长均为2的三棱锥各条棱都相切，则该球的表面积为参考答案：2【考点】球内接多面体；球的体积和表面积【分析】如图，将三棱锥放入棱长为的正方体，可得正方体的内切球恰好是与三棱锥各条棱都相切的球，根据三棱锥棱长算出正方体的棱长为，由此算出内切球半径，用公式即可得到该球的表面各【解答】解：将棱长均为2的三棱锥放入棱长为的正方体，如图球与三棱锥各条棱都相切，该球是正方体的内切球，切正方体的各个面切于中心，而这个切点恰好是三棱锥各条棱与球的切点由此可得该球的直径为，半径r=该球的表面积为S=4r2=2故答案为：214. 一个空间几何体的三视图如右图所示，其中主视图

7、和侧视图都是半径为的圆，且这个几何体是球体的一部分，则这个几何体的表面积为_.参考答案：略15. 若实数x，y满足则2xy的最大值为 参考答案：5 16. 已知，则满足的一个正整数m为_.参考答案：27.【分析】由对数值的运算得：alog29log283，clog515log5252，即当m27时，blog3mlog3273满足abc，得解【详解】因为alog29log283，clog515log5252，即当m27时，blog3mlog3273满足abc，故满足abc的一个正整数m为27故答案为：27【点睛】本题考查了对数值的运算，以及对数间比较大小的应用，属于简单题17. 若，则 ；参考答

8、案：三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. （本小题满分12分）设函数（）当时，若对任意的，恒有，求p的取值范围；（）证明：参考答案：解：（），的定义域为（0，）当时，令，、随x的变化情况如下表：x（）（,）+0极大值从上表可以看出，当p0时，有唯一的极大值点当时在处取得极大值，此极大值也是最大值要使恒成立，只需，p的取值范围为1，+）（）令，由（）知，结论成立。略19. （本小题满分12分）在某校举行的一次数学竞赛中，全体参赛学生的竞赛成绩X近似服从正态分布N（70，100）已知成绩在90分以上（含90分）的学生有16名（1）试问此次参赛的学生总

9、数约为多少人?（2）若该校计划奖励竞赛成绩在80分以上（含80分）的学生，试问此次竞赛获奖励的学生约为多少人?附：P（X）0683，P（X2）0954，P（X3）0997参考答案：（1）设参赛学生的成绩为X，因为XN（70，100），所以=70，=10，则，160.023696（人）因此，此次参赛学生的总数约为696人（2）由P（X80）=P（X60）得6960.1585110因此，此次竞赛获奖励的学生约为110人20. (本题满分13分)已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点在轴上，且过点.（）求抛物线的标准方程；（）与圆相切的直线交抛物线于不同的两点若抛物线上一点满足，求的取值范围.参考答案：解

10、() 设抛物线方程为， 由已知得： 所以 所以抛物线的标准方程为 4分() 因为直线与圆相切， 所以 6分 把直线方程代入抛物线方程并整理得： 由 得 或 8分 设， 则 由 得 10分 因为点在抛物线上， 所以， 因为或， 所以 或 所以 的取值范围为 13分略21. 在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数，0，），在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：=4cos（）求C2的直角坐标方程；（）若曲线C1与C2交于A，B两点，且|AB|，求的取值范围参考答案：【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程【分析】（）曲线C2：=4cos，即2=4cos，

11、把2=x2+y2，x=cos代入可得C的直角坐标方程（）求出圆心到直线的距离d，利用|AB|，求的取值范围【解答】解：（）曲线C2：=4cos，即2=4cos，化为直角坐标方程：x2+y2=4x，配方为 C2：（x2）2+y2=4，可得圆心（2，0），半径r=2；（）设曲线C1的方程为y=k（x+1），即kxy+k=0，圆心到直线的距离d=曲线C1与C2交于A，B两点，且|AB|，d=，k或k，3012022. 如图所示，圆O的直径AB6，C为圆周上一点，BC3，平面PAC垂直圆O所在平面，直线PC与圆O所在平面所成角为60，PAPC（1）证明：AP平面PBC（2）求二面角PAB一C的余弦值参考答案：(1)见解析.(2) .【分析】（1）由已知条件得BC平面PAC，可得又，由此能证明平面（2）法一：过作于，由平面平面，知HCP为直线与圆所在平面所成角，可得，由此能得到为二面角的平面角.利用平面几何知识求解即可法二：利用空间向量法求解线面角.【详解】（1）由已知可知，又平面平面圆，平面平面圆，平面，又，平面，平面，平面.（2）法一：过作于，由于平面平面，则平面，则为直线与圆所在平面所成角，所以.过作于，连结，则，故