1、2021-2022學年浙江省寧波市慈溪楊賢江中學高三數學理模擬試卷含解析一、 選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1. 給定區域，令點集是在上取得最大值或最小值的點，則中的點最多能確定三角形的個數為 參考答案：2. 下列各組函數是同一函數的是（ ）與； 與；與； 與。A. B. C. D. 參考答案：C3. 若不等式在t(0,2上恒成立，則a的取值范圍是()A. B. C. D. 參考答案：B4. 將函數的圖象向左平移個單位，所得函數圖象的一條對稱軸的方程為 （A） （B） （C） （D）參考答案：C5. 已知點A（0，2），拋物線

2、C1：y2=ax（a0）的焦點為F，射線FA與拋物線C相交于點M，與其準線相交于點N，若|FM|：|MN|=1：，則a的值等于（）A B C1 D4參考答案：D分析：作出M在準線上的射影，根據|KM|：|MN|確定|KN|：|KM|的值，進而列方程求得a解答：解：依題意F點的坐標為（，0），設M在準線上的射影為K，由拋物線的定義知|MF|=|MK|，|KM|：|MN|=1：，則|KN|：|KM|=2：1，=2，求得a=4，故選D點評：本題主要考查了拋物線的簡單性質拋物線中涉及焦半徑的問題常利用拋物線的定義轉化為點到準線的距離來解決6. 不等式組的解集記為D，有下面四個命題： p1：， p2：，

3、p3：， p4：，其中的真命題是Ap1，p2 Bp1，p3 Cp1，p4 Dp2，p3參考答案：D考點：全稱量詞與存在性量詞線性規劃作可行域：A(1，3),B(2，1)，所以所以，故p2，p3正確。故答案為：D7. 奇函數滿足對任意都有且，則_。A. 8B. 8C. 9D. 9參考答案：C略8. 設，則的大小關系是 . . . . 參考答案：D略9. 已知集合A=1，1，B=m|m=x+y，xA，yA，則集合B等于（）A2，2 B2，0，2 C2，0 D0參考答案：B試題分析：根據集合B的元素關系確定集合B即可試題解析：解：A=1，1，xA，yA，x=1，或x=1，y=1或y=1，則m=x+y

4、=0，2，2，即B=2，0，2故選：B考點：集合的表示法點評：本題主要考查集合的表示，利用條件確定集合的元素即可，比較基礎10. 當函數y=sinxcosx（0 x2）取得最大值時，x=（）AB CD參考答案：B【考點】函數的最值及其幾何意義；三角函數的化簡求值【分析】利用輔助角公式（和差角公式），可得y=sinxcosx=2sin（x），進而可得函數取最大值時，x的值【解答】解：函數y=sinxcosx=2sin（x），0 x2，當x=，即x=時，函數取最大值，故選：B二、 填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11. 二項式的展開式中含x項的系數為參考答案：70【考點】二項式系數的性

5、質【分析】利用二項式展開式的通項公式，令x項的指數為1求出r的值，再計算含x項的系數【解答】解：二項式的展開式中，通項公式為Tr+1=?=?，令4=1，解得r=4；所以展開式中含x項的系數為=70故答案為：7012. 德國數學家洛薩科拉茨1937年提出了一個猜想：任給一個正整數n，如果它是偶數，就將它減半；如果它是奇數，則將它乘3再加1，不斷重復這樣的運算，經過有限步后，一定可以得到1.如初始正整數為6，按照上述變換規則，得到一個數列：6，3，10，5，16，8，4，2，1。現在請你研究：如果對正整數n（首項），按照上述規則實施變換后的第八項為1（第一次出現），則n的所有可能的值為 .參考答案

6、：3,20,21,128.13. 已知球與棱長均為2的三棱錐各條棱都相切，則該球的表面積為參考答案：2【考點】球內接多面體；球的體積和表面積【分析】如圖，將三棱錐放入棱長為的正方體，可得正方體的內切球恰好是與三棱錐各條棱都相切的球，根據三棱錐棱長算出正方體的棱長為，由此算出內切球半徑，用公式即可得到該球的表面各【解答】解：將棱長均為2的三棱錐放入棱長為的正方體，如圖球與三棱錐各條棱都相切，該球是正方體的內切球，切正方體的各個面切于中心，而這個切點恰好是三棱錐各條棱與球的切點由此可得該球的直徑為，半徑r=該球的表面積為S=4r2=2故答案為：214. 一個空間幾何體的三視圖如右圖所示，其中主視圖

7、和側視圖都是半徑為的圓，且這個幾何體是球體的一部分，則這個幾何體的表面積為_.參考答案：略15. 若實數x，y滿足則2xy的最大值為 參考答案：5 16. 已知，則滿足的一個正整數m為_.參考答案：27.【分析】由對數值的運算得：alog29log283，clog515log5252，即當m27時，blog3mlog3273滿足abc，得解【詳解】因為alog29log283，clog515log5252，即當m27時，blog3mlog3273滿足abc，故滿足abc的一個正整數m為27故答案為：27【點睛】本題考查了對數值的運算，以及對數間比較大小的應用，屬于簡單題17. 若，則 ；參考答

8、案：三、 解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18. （本小題滿分12分）設函數（）當時，若對任意的，恒有，求p的取值范圍；（）證明：參考答案：解：（），的定義域為（0，）當時，令，、隨x的變化情況如下表：x（）（,）+0極大值從上表可以看出，當p0時，有唯一的極大值點當時在處取得極大值，此極大值也是最大值要使恒成立，只需，p的取值范圍為1，+）（）令，由（）知，結論成立。略19. （本小題滿分12分）在某校舉行的一次數學競賽中，全體參賽學生的競賽成績X近似服從正態分布N（70，100）已知成績在90分以上（含90分）的學生有16名（1）試問此次參賽的學生總

9、數約為多少人?（2）若該校計劃獎勵競賽成績在80分以上（含80分）的學生，試問此次競賽獲獎勵的學生約為多少人?附：P（X）0683，P（X2）0954，P（X3）0997參考答案：（1）設參賽學生的成績為X，因為XN（70，100），所以=70，=10，則，160.023696（人）因此，此次參賽學生的總數約為696人（2）由P（X80）=P（X60）得6960.1585110因此，此次競賽獲獎勵的學生約為110人20. (本題滿分13分)已知拋物線的頂點在坐標原點，焦點在軸上，且過點.（）求拋物線的標準方程；（）與圓相切的直線交拋物線于不同的兩點若拋物線上一點滿足，求的取值范圍.參考答案：解

10、() 設拋物線方程為， 由已知得： 所以 所以拋物線的標準方程為 4分() 因為直線與圓相切， 所以 6分 把直線方程代入拋物線方程并整理得： 由 得 或 8分 設， 則 由 得 10分 因為點在拋物線上， 所以， 因為或， 所以 或 所以 的取值范圍為 13分略21. 在直角坐標系xOy中，曲線C1的參數方程為（t為參數，0，），在以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸的極坐標系中，曲線C2：=4cos（）求C2的直角坐標方程；（）若曲線C1與C2交于A，B兩點，且|AB|，求的取值范圍參考答案：【考點】參數方程化成普通方程；簡單曲線的極坐標方程【分析】（）曲線C2：=4cos，即2=4cos，

11、把2=x2+y2，x=cos代入可得C的直角坐標方程（）求出圓心到直線的距離d，利用|AB|，求的取值范圍【解答】解：（）曲線C2：=4cos，即2=4cos，化為直角坐標方程：x2+y2=4x，配方為 C2：（x2）2+y2=4，可得圓心（2，0），半徑r=2；（）設曲線C1的方程為y=k（x+1），即kxy+k=0，圓心到直線的距離d=曲線C1與C2交于A，B兩點，且|AB|，d=，k或k，3012022. 如圖所示，圓O的直徑AB6，C為圓周上一點，BC3，平面PAC垂直圓O所在平面，直線PC與圓O所在平面所成角為60，PAPC（1）證明：AP平面PBC（2）求二面角PAB一C的余弦值參考答案：(1)見解析.(2) .【分析】（1）由已知條件得BC平面PAC，可得又，由此能證明平面（2）法一：過作于，由平面平面，知HCP為直線與圓所在平面所成角，可得，由此能得到為二面角的平面角.利用平面幾何知識求解即可法二：利用空間向量法求解線面角.【詳解】（1）由已知可知，又平面平面圓，平面平面圓，平面，又，平面，平面，平面.（2）法一：過作于，由于平面平面，則平面，則為直線與圓所在平面所成角，所以.過作于，連結，則，故