2021-2022年高三第一次模拟考试数学含答案
2021年高三第一次模拟考试数学含答案
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，计70分.
1．设集合，集合，若，则 ▲ . 答案：1
2．若复数（其中为虚数单位）的实部与虚部相等，则实数 ▲ . 答案：－1
3．在一次射箭比赛中，某运动员次射箭的环数依次是，则该组数据的方差是 ▲ . 答案：
4．甲、乙两位同学下棋，若甲获胜的概率为，甲、乙下和棋的概率为，则乙获胜的概率为 ▲ .
答案：
解读：为了体现新的《考试说明》，此题选择了互斥事件，选材于课本中的习题。 5．若双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，则 ▲ . 答案：
6．运行如图所示的程序后，输出的结果为 ▲ . 答案：42
解读：此题的答案容易错为22。
7．若变量满足202300x y x y x -≤??
-+≥??≥?
，则的最大值为 ▲ .
答案：8
8．若一个圆锥的底面半径为，侧面积是底面积的倍，则该圆锥的体积为 ▲ . 答案：
9．若函数()sin()(0)6
f x x π
ωω=+
>图象的两条相邻的对称轴之间的距离为，且该函数图象
关于点成中心对称，，则 ▲ . 答案：
10．若实数满足，且，则的最小值为 ▲ . 答案：4 11．设向量，，则“”是“”成立的 ▲ 条件 (选填“充分不必要”、“必要不充分”、
“充
第6题图
要”、“既不充分也不必要”) . 答案：必要不充分 12．在平面直角坐标系中，设直线与圆交于两点，为坐标原点，若圆上一点满足，则 ▲ . 答案：
解读：方法1：（平面向量数量积入手）
2
2
2
2532553924416
4416OC OA OB OA OA OB OB
??=+=+??+ ???，即：222225159
+cos 16816
r r r AOB r =∠+，整理化简得：，过点作的垂线交于，则
23
cos 2cos 15
AOB AOD ∠=∠-=-，得，又圆心到直线的距离为，所以
22
2212cos 5OD AOD r r ∠===，所以，.
方法2：（平面向量坐标化入手）设，,,由得，，
则
22
222222121211112222
5
35325251525251544441616816168x y x x y y x y x y x y x y ????+=+++=+++++ ? ?????
由题意得，()2
221122252515
16168
r r r x y x y =
+++，
联立直线与圆的方程，由韦达定理可解得：. 方法3：（平面向量共线定理入手）由得，设与交于点，则三点共线。由与互补结合余弦定理
可求得，过点作的垂线交于，根据圆心到直线的距离为，得，解得，. 13．已知是定义在上的奇函数，当时，，函数. 如果对于，，使得，则实数的取值范围是 ▲ . 答案：
14．已知数列满足，，，若数列单调递减，数列单调递增，则数列的通项公式为 ▲ .
答案：（ 说明：本答案也可以写成21
,3
21,3
n n
n n ?--???-???为奇数为偶数）
二、解答题：
15．在平面直角坐标系中，设锐角的始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，将射
线绕坐标原点按逆时针方向旋转后与单位圆交于点. 记. （1）求函数的值域； （2）设的角所对的边分别为，
若，且，，求. 解：（1）由题意，得12sin ,sin()cos 2
y y π
ααα==+
=， ………4分
所以()sin cos )4
f π
αααα=+=
+， ………………6分
因为，所以，故. ………………8分
第15题图
第17题图（2）因为()sin()
4
f C C
π
=+=………………10分在中，由余弦定理得，即，
解得. ………………
14分
（说明：第（2）小题用正弦定理处理的，类似给分）
16．(本小题满分14分)
如图，在正方体中，分别为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面.
证明（1）：连接，设，连接，………2分
因为O，F分别是与的中点，所以，且，
又E为AB中点，所以，且，
从而，即四边形OEBF是平行四边形，
所以，……………6分
又面，面，
所以面. ……………8分
（2）因为面，面，
所以，…………10分
又，且面，，
所以面，…………12分
而，所以面，又面，
所以面面. ………14分
17．在平面直角坐标系中，椭圆的右
准线方程为，右顶点为，上顶点为，右焦点为，斜率为
的直线经过点，且点到直线的距离为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）将直线绕点旋转，它与椭圆相交于另一点，当
三点共线时，试确定直线的斜率.
解：（1）由题意知，直线的方程为，即，……………2分
右焦点到直线的距离为，，……………4分
又椭圆的右准线为，即，所以，将此代入上式解得，，
椭圆的方程为；……………6分
（2）由（1）知，，直线的方程为，……………8分
联立方程组22
1)
1
43
y x
x y
?=-
?
?
+=
?
?
，解得
8
5
x
y
?
=
??
?
?=
??
或（舍），即，…………12分直线的斜率
0(
5
82
2
5
k
-
==
-
. ……………14分其他方法：
B
A
C
D
B1
A1
C1
D1
F
O
B
A
C
D
B1
A1
C1
D1
E
第16题图
O
1
第16题图
方法二: 由（1）知，， 直线的方程为，由题，显然直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立方程组，解得23
333k x k k y k ?+=?
+?
?-?=?+?
，代入椭圆解得：或，又由题意知，得或，所以.
方法三：由题，显然直线的斜率存在，设直线的方程为，联立方程组22(2)143y k x x y =-??
?+
=??
，得
()2222431616120k x k x k +-+-=，
， 所以22221686
24343P k k x k k -=-=++,，当三点共线时有，，
即2221233
438643
k
k k k ---+=
-+，解得或，又由题意知，得或，所以.
18．某地拟模仿图甲建造一座大型体育馆，其
设计方案侧面的外轮廓线如图乙所示：曲
线是以点为圆心的圆的一部分，其中（，单位：米）；曲线是抛物线的一部分；，且恰好等于圆的半径. 假定拟建体育馆的高米.
（1）若要求米，米，求与的值；
（2）若要求体育馆侧面的最大宽度不超过米，求的取值范围； （3）若，求的最大值. （参考公式：若，则） 解：（1）因为，解得. …………… 2分 此时圆，令，得，
所以245105145OD AD AO =-=-=，将点代入中，
解得. ………… 4分
（2）因为圆的半径为，所以，在中令，得，
则由题意知对恒成立， ………… 8分 所以恒成立，而当，即时，取最小值10，
故，解得. ………… 10分 （3）当时，，又圆的方程为，令，得，所以，
从而
()10255(025)AD f t t t t ==-+<≤， …………
12分
又因为5(252)
()5()2525t t f t t t t t
--'=-
+=
--?，令，得， ………… 14分 第18题-甲 x
y
O A
B
C
D 第18题-乙
E · F
当时，，单调递增；当时，，单调递减，从而当 时，取最大值为25.
答：当米时，的最大值为25米. …………16分 （说明：本题还可以运用三角换元，或线性规划等方法解决，类似给分） 19．设数列是各项均为正数的等比数列，其前项和为，若，.
（1）求数列的通项公式； （2）对于正整数（），求证：“且”是“这三项经适当排序后能构成等差数列”成立的充
要条件；
（3）设数列满足：对任意的正整数，都有121321n n n n a b a b a b a b --+++
+
，且集合中有且仅有3个元素，试求的取值范围.
解：（1）数列是各项均为正数的等比数列，，，
又，，，； ………… 4分 （2）（ⅰ）必要性：设这三项经适当排序后能构成等差数列，
①若，则，，，
. ………… 6分 ②若，则，，左边为偶数，等式不成立， ③若，同理也不成立，
综合①②③，得，所以必要性成立. …………8分 （ⅱ）充分性：设，，
则这三项为，即，调整顺序后易知成等差数列， 所以充分性也成立. 综合（ⅰ）（ⅱ），原命题成
立. …………10分 （3）因为11213213246n n n n n a b a b a b a b n +--+++
+=?--，
即123
112122223246n n n n n b b b b n +--+++
+=?--，（*）
当时，123
1123122223242n n n n n b b b b n ----+++
+=?--，（**）
则（**）式两边同乘以2，得234
1123122223284n n n n n b b b b n +---+++
+=?--，（***）
（*）－（***），得，即， 又当时，，即，适合，.………14分 ，111212352222n n n n n
n n b b n n n
a a ------∴
-=-=， 时，，即； 时，，此时单调递减， 又，，，，. ……………16分 20．已知函数，.
（1）设.
① 若函数在处的切线过点，求的值；
② 当时，若函数在上没有零点，求的取值范围； （2）设函数，且，求证：当时，.
解：（1）由题意，得()(()())()x
x
h x f x g x e mx n e m '''=-=--=-，
所以函数在处的切线斜率， ……………2分
又，所以函数在处的切线方程，
将点代入，得. ……………4分 （2）方法一：当，可得()()x
x
h x e mx e m ''=-=-，因为，所以，
①当时，，函数在上单调递增，而，
所以只需，解得，从而. ……………6分 ②当时，由，解得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 所以函数在上有最小值为， 令，解得，所以.
综上所述，. ……………10分 方法二：当，
①当时，显然不成立； ②当且时，，令，则，当时，，函数单调递减，时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，又，，由题意知.
（3）由题意，1114()()()4x x n
x
nx x m r x n f x g x e e x x m
=+=+=+
++， 而等价于，
令， ……………12分 则，且，， 令，则，
因， 所以， ……………14分 所以导数在上单调递增，于是，
从而函数在上单调递增，即. ……………16分
附加题答案
21. A 、（选修4—1：几何证明选讲）
如图，已知点为的斜边的延长线上一点，且与的外接圆相切，过点作的垂线，垂足为，若，，求线段的长. 解：由切割线定理，得，解得，
所以，即的外接圆半径，……5分 记外接圆的圆心为，连，则，
在中，由面积法得，解得. ………………10分 B 、（选修4—2：矩阵与变换）
求直线在矩阵2222M -?=?
?
?
?
的变换下所得曲线的方程. 解：设是所求曲线上的任一点，它在已知直线上的对应点为，
则
22x y x
x y y
''-
=?''=，
解
得
C
A
B D P
第21-A 题图
)
2
)
x x y
y y x
?
'=+
??
?
?'=-
??
，………………5分
代入中，得)()10
22
x y y x
+---=，
化简可得所求曲线方程为. ………………
10分
C、（选修4—4：坐标系与参数方程）
在极坐标系中，求圆的圆心到直线的距离.
解：将圆化为普通方程为，圆心为，………………4分
又，即
1
2(sin)1
2
ρθθ
+=，
所以直线的普通方程为，………………8分
故所求的圆心到直线的距离. (10)
分
D、解不等式.
解：当时，不等式化为，解得；………………3分
当时，不等式化为，解得；………………6分
当时，不等式化为，解得；………………9分
所以原不等式的解集为. ………………
10分
22．（本小题满分10分）
如图，在直三棱柱中，，，，动点满足，当时，.
（1）求棱的长；
（2）若二面角的大小为，求的值.
解：（1）以点为坐标原点，分别为轴，
建立空间直角坐标系，
设，则，，，
所以，，，………………2分
当时，有
1
1
(3,0,)(3,4,)0
2
AB PB m m
?=?--=
解得，即棱的长
为. ………………4分
（2）设平面的一个法向量为，
则由，得，即，
令，则，所以平面的一个法向量为，………………6分
又平面与轴垂直，所以平面的一个法向量为，
因二面角的平面角的大小为，
所以
12
1
cos,
2
n n==，结合，解得. ………………10分
C
A
B
P
B1
C1
A1
第22题图
23．设集合{}*1,2,3,,(,2)S n n N n =∈≥，是的两个非空子集，且满足集合中的最大数小
于集合中的最小数，记满足条件的集合对的个数为. （1）求的值； （2）求的表达式. 解：（1）当时，即，此时，，所以， ………………2分
当时，即，若，则，或，或；
若或，则；所以. ………………4分
（2）当集合中的最大元素为“”时，集合的其余元素可在中任取若干个（包含不取），所以
集合共有0
1
2
11
11112
k k k k k k C C C C ------+++
+=种情况， ………………6分
此时，集合的元素只能在中任取若干个（至少取1个），所以集合 共有
1232
1n k n k
n k n k n k n k C C C C ------+++
+=-种情况， 所以，当集合中的最大元素为“”时，
集合对共有 对， ………………8分 当依次取时，可分别得到集合对的个数， 求和可
得
101221(1)2(2222)(2)21n n n n P n n ---=-?-+++
+=-?+. ………………10分