1、20222021学年度泰州市其次次模拟考试高三数学试题(考试时间：120分钟 总分：160分)命题人：朱占奎 张圣官 张 俊 龚才权 丁连根 审题人：丁凤桂 石志群留意事项：全部试题的答案均填写在答题纸上，答案写在试卷上的无效（参考公式：柱体体积公式为）一、填空题：（本大题共14小题，每小题5分，共70分请将答案填入答题纸填空题的相应答题线上）1.若复数（是虚数单位）是纯虚数，则实数= 2.已知集合，若，则 3.某高中共有人，其中高一、高二、高三班级的人数依次成等差数列现用分层抽样While 10 三角形izhiqunEnd WhilePrint 第5题图的方法从中抽取人，那么高二班级被抽取的
2、人数为 4.已知双曲线的渐近线方程为，则 5.执行右边的伪代码后，输出的结果是 6.若圆柱的侧面积和体积的值都是，则该圆柱的高为 7.小明通过做玩耍的方式来确定周末活动，他随机地往单位圆中投掷一点，若此 点到圆心的距离大于，则周末看电影；若此点到圆心的距离小于，则周末打篮球；否则就在家看书那么小明周末在家看书的概率是 8.在等比数列中，已知，则 9.已知函数的定义域为，值域为，则实数的取值集合为 10.已知实数满足，则的取值范围是 11.设函数和的图象在轴左、右两侧靠近 轴的交点分别为、，已知为原点，则 12.若斜率互为相反数且相交于点的两条直线被圆：所截得的弦长之比为，则这两条直线的斜率之积
3、为 13. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是 14. 在中，为边上一点，若的外心恰在线段上，则 二、解答题：（本大题共6小题，共90分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15.（本题满分14分）已知向量，（1）若，求角的大小；（2）若，求的值16.（本题满分14分）如图，矩形所在平面与直角三角形所在平面相互垂直，点分别是的中点（1）求证： 平面； （2）求证：平面平面17.（本题满分14分）如图，某市有一条东西走向的大路，现欲经过大路上的处铺设一条南北走向的大路在施工过程中发觉在处的正北百米的处有一汉代古迹为了疼惜古迹，该市打算以为圆心，百米为半径设立一个圆形疼惜区为了连通大路
4、、，欲再新建一条大路，点、分别在大路、上，且要求与圆相切（1）当距处百米时，求的长；（2）当大路长最短时，求的长 18.（本题满分16分）如图，在平面直角坐标系中，椭圆的左顶点为，与轴平行的直线与椭圆交于、两点，过、两点且分别与直线、垂直的直线相交于点已知椭圆的离心率为，右焦点到右准线的距离为 （1）求椭圆的标准方程； （2）证明点在一条定直线上运动，并求出该直线的方程；（3）求面积的最大值19.（本题满分16分）已知，都是各项不为零的数列，且满足，其中是数列的前项和， 是公差为的等差数列（1）若数列是常数列，求数列的通项公式； （2）若（是不为零的常数），求证：数列是等差数列；（3）若（为常
5、数，），求证：对任意的，数列单调递减20.（本题满分16分）己知，其中常数 （1）当时，求函数的极值；（2）若函数有两个零点，求证：； （3）求证：20222021学年度泰州市其次次模拟考试高三数学试题(附加题)21.（选做题请考生在A、B、C、D四小题中任选两题作答，假如多做，则按所做的前两题记分A（本小题满分10分，几何证明选讲）如图，是圆的切线，切点为，是过圆心的割线且交圆于点，过作的切线交于点求证：（1）；（2）B（本小题满分10分，矩阵与变换）已知矩阵，矩阵，直线经矩阵 所对应的变换得到直线，直线又经矩阵所对应的变换得到直线（1）求的值；（2）求直线的方程C（本小题满分10分，坐标系
6、与参数方程选讲）已知极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x轴的正半轴重合若直线l的极坐标方程为（1）把直线的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）已知为椭圆上一点，求到直线的距离的最小值D（本小题满分10分，不等式选讲）已知不等式对于满足条件的任意实数恒成立,求实数的取值范围必做题第22题，第23题，每题10分，共计20分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤22.(本小题满分10分)某班组织的数学文化节活动中，通过抽奖产生了名幸运之星这名幸运之星可获得、两种奖品中的一种，并规定：每个人通过抛掷一枚质地均匀的骰子打算自己最终获得哪一种奖品，抛掷点数小于的获得奖品，抛掷点数不小于的获得奖品
7、（1）求这名幸运之星中获得奖品的人数大于获得奖品的人数的概率；（2）设、分别为获得、两种奖品的人数，并记，求随机变量的分布列及数学期望23.(本小题满分10分) 已知（），是关于的次多项式；（1）若恒成立，求和的值；并写出一个满足条件的的表达式，无需证明（2）求证：对于任意给定的正整数，都存在与无关的常数，使得20222021学年度泰州市其次次模拟考试高三数学参考答案一、填空题1 ； 2； 3； 4； 5； 6； 7； 8； 9； 10； 11； 12或 ； 13 ； 14. 二、解答题15. 解：(1) 由于，所以，即，所以， 又，所以 分 (2)由于，所以，化简得，又，则，所以，则， 10
8、分又，所以14分16. 证：（1）取中点，连接，又是中点，则，又是矩形边中点，所以，则四边形是平行四边形，所以，又面，面，所以平面分（2）由于平面平面，所以平面，由于平面，所以，又，所以平面，而平面，所以平面平面 14分 17. 解：以为原点，直线、分别为轴建立平面直角坐标系 设与圆相切于点，连结，以百米为单位长度，则圆的方程为，(1)由题意可设直线的方程为，即， ，与圆相切，解得 ，故当距处百米时，的长为百米 5分（2）设直线的方程为，即 ，与圆相切，化简得，则，8分令， ，当时，即在上单调递减；当时，即在上单调递增，在时取得最小值，故当大路长最短时，的长为百米答：（1)当距处百米时， 的长
9、为百米；（2）当大路长最短时， 的长为百米 14分18. 解：（1）由题意得，解得，所以，所以椭圆的标准方程为4分（2）设，明显直线的斜率都存在，设为，则，所以直线的方程为：，消去得，化简得，故点在定直线上运动 10分（3）由（2）得点的纵坐标为，又，所以，则，所以点到直线的距离 为， 将代入得，所以面积，当且仅当，即时等号成立，故时，面积的最大值为 16分19解：（1）由于，所以，由于数列是各项不为零的常数列，所以，则由及得，当时，两式相减得， 当时，也满足，故 4分（2）由于，当时，两式相减得，即，即，又，所以，即，所以当时，两式相减得，所以数列从其次项起是公差为等差数列；又当时，由得，当
10、时，由得，故数列是公差为等差数列 15分（3）由（2）得当时，即，由于，所以，即，所以，即，所以，当时，两式相减得 ，即，故从其次项起数列是等比数列，所以当时，另外由已知条件得，又，所以，因而，令，则，由于，所以，所以对任意的，数列单调递减 16分20. 解：函数的定义域为，（1）当时， 而在上单调递增，又，当时，则在上单调递减；当时，则在上单调递增，所以有微小值，没有极大值 3分（2）先证明：当恒成立时，有 成立若，则明显成立；若，由得，令，则，令，由得在上单调递增，又由于，所以在上为负，在上为正，因此在上递减，在上递增，所以，从而因而函数若有两个零点，则，所以，由得，则，所以在上单调递增，
11、所以，所以在上单调递增，所以，则，所以，由得，则，所以，综上得 10分（3）由（2）知当时，恒成立，所以，即，设，则，当时， ，所以在上单调递增；当时，所以在上单调递增，所以的最大值为，即，因而，所以，即 16分附加题参考答案21.A证：（1）是圆的切线，连结，则， 是圆的切线，又，则，而， 5分（2）将代入得，故10分21.B. 解：（1）设是上的任意一点，其在BA作用下对应的点为，得变换到的变换公式，则即为直线，则得 5分（2），同理可得的方程为，即10分21.C. 解：（1）直线的极坐标方程，则， 即，所以直线的直角坐标方程为；5分（2）为椭圆上一点，设，其中，则到直线的距离，其中， 当时，的最小值为 10分21.D. 解： 由于，所以， 5分又对任意实数恒成立, 故，解得 10分22. 解：这名幸运之星中，每人获得奖品的概率为，奖品的概率为（1）要获得奖品的人数大于获得奖品的人数，则奖品的人数可能为，则 则所求概率为 4分（2）的可能取值为，且， ， 8分所以的分布列是：故随机变量的数学期望 10分23.解：（1）令，则，即，由于，所以；令，则，即，由于，由于，所以；例如 4分（2）当时，故存在常数，使得假设当（）时，都存在与无关的常数，使得，即则当时，；令，（），；故存在与无关的常数，；使得综上所述，对于任意给定的正整数，都存在与无关的常数，使得 10分
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
