四川省成都市2021届高三三模数学（文科）试题-含答案.docx

1、四川省成都市2021届高三三模数学（文科）试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1设全集，集合，则（）ABCD2已知复数（为虚数单位），则（）ABCD3设的内角，所对的边分别为，若，则的值为（）ABCD4某市环境保护局公布了该市，两个景区年至年各年的全年空气质量优良天数的数据现根据这组数据绘制了如图所示的折线图，则由该折线图得出的下列结论中正确的是（）A景区这七年的空气质量优良天数的极差为B景区这七年的空气质量优良天数的中位数为C分别记景区，这七年的空气质量优良天数的众数为，则D分别记景区，这七年的空气质量优良天数的标准差为，则5若实数，满足约束条件，则的最大值为（）ABCD6某几何体

2、的三视图如图所示，已知网格纸上的小正方形边长为，则该几何体的表面积为（）ABCD7已知函数的图象在点处的切线的斜率为，则直线在轴上的截距为（）ABCD8设向量，若与共线，则实数的值为（）ABCD9命题：函数（且）的图象恒过定点；命题：当时，函数在区间上存在最小值则下列命题为真命题的是（）ABCD10已知双曲线的右焦点为，点，在双曲线的同一条渐近线上，为坐标原点若直线平行于双曲线的另一条渐近线，且，则该双曲线的渐近线方程为（）ABCD11在三棱锥中，已知平面，.若三棱锥的各顶点都在球的球面上，则球的半径为（）ABCD12已知A，是圆上的两个动点，且满足，点，则的最小值为（）ABCD二、填空题13

3、计算的值为_14已知，则的值为_.15已知为抛物线的焦点，过点且斜率为的直线与抛物线相交于，两点若，则线段的长为_16已知函数在区间上单调，且满足.有下列结论：；若，则函数的最小正周期为；的取值范围为；函数在区间上最多有个零点.其中所有正确结论的编号为_.三、解答题17营造法式是中国北宋时期官方颁布的一部建筑设计与施工的书籍，标志着我国古代建筑技术和工艺发展到了较高水平.中国近代建筑之父梁思成用现代语言和制图方法对该书进行了注释，著有营造法式注释.为了让建筑类学生了解古建筑设计与构造的原理，某建筑大学为大三和大四的学生开设了一门选修课程营造法式及其注释.为检测学生学习效果，要求所有选修该门课程

4、的学生完成“应用营造法式独立制作一件古建筑模型”的作业.已知选修该门课程的大三与大四学生的人数之比为，现用分层抽样的方法从所有作业中随机抽取份（每位学生均上交一份作业），并评出成绩，得到如下频数分布表.成绩（单位：分）频数（不分年级）频数（大三年级）（1）求，的值；若以频率作为概率，从选修该门课程的大四学生中随机选取名，试估计该学生的作业成绩在的概率；（2）估计这份作业中大三学生作业的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.18已知数列中，且满足设，.（1）求数列的通项公式的通项公式；（2）记，数列的前项和为，求.19如图，在多面体中，四边形是边长为的菱形，.（1）求证：平面平面；

5、（2）若，求多面体的体积.20已知椭圆的四个顶点围成的四边形的面积为，右焦点到直线的距离为.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆相交于，两点，过点作直线的垂线，垂足为（点，在点，之间）.若，求直线的方程.21已知函数，其中，.（1）当时，求函数的值域；（2）若函数在上有唯一的极值点，求的取值范围.22在直角坐标系中，曲线的参数方程为，（为参数）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为（1）求曲线与直线的普通方程；（2）设直线与曲线相交于，两点，点，求的值23已知函数（1）若关于的方程有唯一实数解，求实数的值；（2）对（1）中的值，若正实数，满足，试比较与大小，并

6、说明理由试卷第5页，共5页参考答案：1C【解析】【分析】根据集合的补集和并集运算法则即可求得结果.【详解】，而，.故选：C.2D【解析】【分析】根据复数的除法运算法则，结合复数的模的公式进行求解即可.【详解】因为，所以，故选：D3A【解析】【分析】直接运用正弦定理进行求解即可.【详解】由正弦定理可知：，故选：A4D【解析】【分析】根据极差、中位数、众数的定义、标准差的性质，结合折线图逐一判断即可,【详解】A：景区这七年的空气质量优良天数的极差为，故本选项结论不正确；B：景区这七年的空气质量优良天数的中位数为，故本选项结论不正确；C：由折线图可知：，显然，故本选项结论不正确；D：由折线图可知：景

7、区这七年的空气质量优良天数的数据波动要比景区这七年的空气质量优良天数据波动大，因此，所以本选项结论正确，故选：D5C【解析】【分析】先由约束条件画出可行域，再由目标函数的几何意义，结合图形，即可求出结果.【详解】作出约束条件对应的平面区域如下（阴影部分），由可得，因此表示直线在轴截距的倍；由图象可得，当直线过点时，其在轴的截距最大；即.故选：C.6B【解析】【分析】根据给定的几何体的三视图，可得该几何体的直观图为上部分为圆锥，下部分为一个圆柱，集合圆柱和圆锥的侧面积公式和圆的面积公式，即可求解.【详解】由题意，根据给定的几何体的三视图，可得该几何体的直观图为上部分为圆锥，下部分为一个圆柱，如图

8、所示，其中圆柱和圆锥的底面圆的半径为2，圆柱的母线长为4，圆锥的母线长为，则圆柱的侧面积为，底面圆的面积为，圆锥的侧面积为，所以几何体的表面积为.故选：B.【点睛】在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，其中还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解7B【解析】【分析】求导由切线斜率求得参数，即可求得切线方程，从而求出在轴上的截距【详解】由，则，

9、得所以，故切线方程为，由得故选：B8A【解析】【分析】根据向量共线的坐标表示，由题中条件列出方程求解，即可得出结果.【详解】因为向量，所以；若与共线，则，解得.故选：A.9C【解析】【分析】首先根据指数函数的定点问题判断命题的真假；再根据二次函数的性质判断命题的真假，最后根据复合命题的真假即可求出结果.【详解】，当时，所以其图象恒过定点，故命题为假命题；，因为，所以二次函数对称轴在区间之内，当时，取得最小值，故命题为真命题.所以是假命题，是假命题，是真命题，是假命题.故选：C.10B【解析】【分析】由题意设直线为，从而可求出，则可表示出，再由可得，从而由，可求得，进而可求出双曲线的渐近线方程【

10、详解】解： ，由题意设直线为，由得，所以点，所以，因为，所以，因为，所以，得，即，所以双曲线的渐近线方程为，故选：B【点睛】关键点点睛：此题考查直线与双曲线的位置关系，考查双曲线的渐近线的求法，解题的关键是由题意设直线为，从而可求出，可求出，再由可得，从而由，可求得，进而可求得答案，属于中档题11D【解析】【分析】利用正弦定理求出底面的外接圆半径，将三棱锥补成三棱柱，过底面外接圆中心作垂线，则垂线的中点即为外接球球心，进而即可求解.【详解】在中，设其外接圆半径为r，由正弦定理可得解得 ，三棱锥补成三棱柱，如图设三棱锥外接球半径为R，故选：D12C【解析】【分析】设AB中点为M，则，根据勾股定理

11、，求得，可得M的轨迹方程，化简可得，根据圆外一点到圆上点的最小距离为d-r，即可求得答案.【详解】设AB中点为M，则，且，所以M在以O为圆心，1为半径的圆上，所以，又M的轨迹方程为：，所以P到M轨迹的圆心的距离，所以的最小值为d-r=3-1=2，所以的最小值为.故选：C13【解析】【分析】根据指数的运算公式、对数的换底公式、对数的减法运用公式进行求解即可.【详解】，故答案为：14【解析】【分析】由诱导公式可得的值，由二倍角公式可得结果.【详解】因为，所以，所以，故答案为：.15；【解析】【分析】求出直线的方程与抛物线方程联立，利用抛物线的定义、结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.【详解

12、】抛物线的焦点，准线方程为，所以直线的方程为：，与抛物线方程联立得：，设，因为，所以，即，所以，故答案为：16【解析】【分析】根据单调区间，可求得最小正周期T的范围，即可求得的范围，根据，可求得是的一个对称中心，即可判断的正误；根据，可得为的一个对称轴，根据为对称中心，即可求得最小正周期，即可判断的正误；根据对称中心及单调区间，可判断的正误；根据周期的范围可得当时零点最多，根据正弦性函数的性质，即可判断的正误，即可得答案.【详解】因为在区间上单调，所以，得，又，所以，所以，对于：因为，且，所以是的一个对称中心，所以，故正确；对于：若，则为的一条对称轴，又是的一个对称中心，且，所以和为相邻的对称

13、轴和对称中心，所以，解得，故正确；对于：因为，且在区间上单调，所以，所以，所以，解得，故错误；对于：因为，所以当，零点最多，且在包含三个周期，此时最多零点为6个，故正确.故选：【点睛】解题的关键是熟练掌握正弦型函数的单调性、对称性并灵活应用，相邻两对称轴间距离为，相邻两对称中心间距离为，相邻对称轴与对称中心间距离为，属中档题.17（1），；（2）分.【解析】【分析】（1）首先根据频数之和为100，求出的值，再根据分层抽样，求出大三年级的频数，即可求出的值， 根据频率分布直方图得估计的人数，利用古典概型计算概率即可；（2）利用平均成绩的计算公式计算得到结果.【详解】（1）由题意，知.在这份作业中

14、，因大三学生的作业共（份），则大四学生的作业共（份）.选修该门课程的大三与大四学生的人数之比为，.解得.故大四学生作业共份.其中，成绩在，的作业份数分别为，.故成绩在的作业共份.从选修该门课程的大四学生中随机选取名，估计其作业成绩在的概率为.（2）由（1）可知，这份作业中大三学生作业共份.设大三学生作业的平均成绩为.则.估计这份作业中大三学生作业的平均成绩为分.18（1）；（2）【解析】【分析】（1）将已知递推公式进行变形可得数列是等比数列，进而根据首项和公比可得其通项公式；（2）根据及数列的通项公式，利用累加法可得数列的通项公式，进而得到数列的通项公式，再利用等差数列的前项和公式即可求得结果

15、.【详解】（1），.，又，数列是以为首项，为公比的等比数列，.（2），.19（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）设与的交点为，连接，根据四边形是菱形，可得，根据，可得，根据线面垂直的判定定理，可得平面，根据面面垂直的判定定理，即可得证；（2）根据题意，将几何体进行分割，之后利用椎体体积公式求得结果.【详解】（1）如图，设与的交点为，连接，四边形是菱形，且为，的中点.，.，平面，平面.又平面，平面平面.（2）四边形是边长为的菱形，则.在中，则.又，.，四边形是梯形.为的中点，.梯形的面积.又由（1）知平面.多面体的体积为.【点睛】思路点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，解题思路如下

16、：（1）利用线面垂直的判定定理，证得线面垂直，再利用面面垂直的判定定理证得面面垂直；（2）利用割补法求不规则几何体的体积，之后利用椎体体积公式求得结果.20（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）由椭圆的四个顶点围成的四边形的面积为，可得，再由到直线的距离为，可得，再结合，可求出的值，从而可求出椭圆的方程；（2）由题意，直线的斜率存在且不为.设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，整理后利用根与系数的关系可得，设过点与直线垂直的直线的方程为与直线联立可求出，由可得，化简得，从而有，进而可求出的值【详解】解：（1）椭圆的四个顶点围成的四边形的面积为，即.点到直线的距离为，.又，即.

17、解得或（舍去）.椭圆的方程为.（2）由题意，直线的斜率存在且不为.设直线的方程为.由，消去，得.由，得或.设，.则，.设过点与直线垂直的直线的方程为.由，解得.，在轴上的投影相等，即.点，在点，之间，即.解得，满足或.直线的方程为或.【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，整理后利用根与系数的关系可得，设过点与直线垂直的直线的方程为与直线联立可求出，由可得，化简得，从而有，进而可求出的值，考查计算能力，属于中档题21（1）；（2）.【解析】【分析】（1）对函数进行二次求导可得函数在上单调递增，进而可得值域；（2）对

18、函数进行二次求导，通过分类讨论的形式判断与0的关系，得到函数的单调性，结合极值点的概念可得结果.【详解】（1）当时，则.设，则，.显然.在上单调递增.则当时，.当时，函数在上单调递增.又，函数的值域为.（2）因，设，则.当时，则在上单调递减.，则.此时在上单调递减，无极值.当时，则在上单调递增.，则.此时在上单调递增，无极值.当时，存在，使.当时，；当时，.在上单调递减，在上单调递增.，.又，（1）当，即时，.，此时在上单调递减，无极值.（2）当，即时，.则存在，使.当时，；当时，.在上单调递减，在上单调递增.是函数在上的极小值点，且为唯一的极值点.综上，当函数在上有唯一极值点时，的取值范围为

19、.【点睛】关键点点睛：当导函数与0的符号不容易确定时，令，再次进行求导，最终得的单调性，方研究其最值、极值等.22（1）；（2）【解析】【分析】（1）消去曲线的参数方程中的参数，求得曲线的普通方程，根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得直线的普通方程；（2）将直线的普通方程化为参数方程代入曲线，设，是方程的两个实数根，结合根与系数的关系，以及，即可求解【详解】（1）由曲线的参数方程为，（为参数），消去曲线的参数方程中的参数，可得，所以曲线的普通方程为，由直线的极坐标方程为，化简得，因为，代入可得直线的普通方程为（2）将直线的普通方程化为参数方程为（为参数），代入曲线，整理可得，而设，是方程的

20、两个实数根，则，所以23（1）；（2）；答案见解析【解析】【分析】（1）讨论，三种情况，分别去绝对值，根据函数单调性，求出函数值域，再由题中条件，即可得出结果；（2）根据（1）的结果，得到，化，展开后利用基本不等式，求出最小值，即可得出结果.【详解】（1）当时，函数在上单调递减，此时函数的值域为；当时，函数在上单调递增，在上单调递减，此时函数的值域为；当时，函数在上单调递增此时函数的值域为；因此，为使关于的方程有唯一实数解，只需（2）与的大小关系为：证明如下：由及，知，当且仅当，即，时等号成立【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.答案第18页，共18页