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高三数学考前模拟卷一
一、单选题
1．已知集合 ， ，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用函数单调性求解不等式，求出 ，进而求出 .
【详解】由 单调递增， ，解得： ，所以 ， 单调递增，
，解得： ，所以 ，即 ．
故选：B
2．若复数 ，则下列说法正确的是（ ）
A． 的虚部为 B．
C． 在复平面上对应的点位于第三象限 D． 的共轭复数为
【答案】B
【分析】将复数 化简成复数的代数形式，即可依次判断各个选项的正误.
【详解】因为复数 ，
所以， 的虚部为 ，故A错误；
，所以 ，故B正确，D错误；
在复平面上对应的点为 ，位于第一象限，故C错误；
故选：B.3．在平行四边形ABCD中，E是对角线AC上靠近点C的三等分点，点F在BE上，若 ，
则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据平面向量三点共线定理和平面向量基本定理，由对应系数相等列方程求解即可.
【详解】由题可知 ，
∵点F在BE上，
∴ ，
∴ ．
∴ ， ．
∴ ．
故选：C．
4．打羽毛球是全民皆宜的运动．标准的羽毛球由16根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托之外的长
为7cm，若把球托之外由羽毛围成的部分看成一个圆台的侧面，又测得顶端所围成圆的直径是6.8cm，底
部所围成圆的直径是2.8cm，则这个圆台的体积约是（单位： ）（ ）
注：本题运算时 取3， 取2.24，运算最后结果精确到整数位．
A．108 B．113 C．118 D．123
【答案】D
【分析】由圆台的体积公式求解即可.【详解】圆台的体积为
故选：D
5．2020年8月3日(农历六月十四)23时59分上演了“十五的月亮十四圆”的天文奇观.某同学准备对2020
年农历正月到七月期间的月圆情况进行一次调研，现从这七个月中月亮最圆的夜晚中任意选取两个夜晚进
行分析，则其中恰好包括农历六月十四日晚上的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】基本事件总数是 ，其中恰好包含农历六月十四日晚上的基本事件个数是 ，
由此能求出其中恰好包含农历六月十四日晚上的概率.
【详解】从七个月中月亮最圆的夜晚中任意选取两个夜晚进行分析, 基本事件总数是 ，
其中恰好包含农历六月十四日晚上的基本事件个数是 ，
则其中恰好包含农历六月十四日晚上的概率 .
故选：D.
6．已知函数f（x）=sin（2x+ ），其中 为实数，若f（x）≤|f（ ）|对x∈R恒成立，且f（ ）>0，则
f（x）的单调递减区间是
A．[kπ，kπ+ ]（k∈Z） B．[kπ– ，kπ+ ]（k∈Z）
C．[kπ+ ，kπ+ ]（k∈Z） D．[kπ– ，kπ]（k∈Z）
【答案】C
【解析】由题意可得2 φ＝kπ ，k∈z，即 φ＝kπ，k∈z①，再由f（ ）＝sin（ φ）＞0 ②，求得
φ＝0，可得f（x）＝sin2x．令2kπ 2x≤2kπ ，k∈z，求得x的范围，可得函数的减区间．
【详解】由题意可得函数f（x）=sin（2x+φ）的图象关于直线x= 对称，故有2× +φ=kπ+ ，k∈Z，即φ=kπ，k∈Z①．又f（ ）=sin（ +φ）>0②，由①②可得φ=2kπ，k∈Z，
∴f（x）=sin2x．令2kπ+ ≤2x≤2kπ+ ，k∈Z，解得kπ+ ≤x≤kπ+ ，k∈Z，
故函数的减区间为[kπ+ ，kπ+ ]，k∈Z，
故选:C．
【点睛】本题主要考查正弦函数的图象性质，考查对称性及单调性，准确计算是关键，属于中档题．
7．设 ， ， ，则下列正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意知， ，利用幂函数 的单调性可得， ，构造函数
，通过求导判断函数 的单调性，利用函数 判断 的大小关系即可.
【详解】由题意知， ，因为幂函数 在 上单调递增，
所以 ，即 ；令 ，
则 ，所以 时， ，
当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
因为 ，所以 ， ，
所以 ，即 ，所以 ，
综上可知， .
故选：C【点睛】本题考查通过求导判断函数的单调性、利用函数的单调性比较大小；考查运算求解能力和函数与
方程的思想；通过构造函数 ，利用函数的单调性比较 的大小是求解本题的关
键；属于难度较大型试题.
8．已知球O的半径为2，四棱锥的顶点均在球O的球面上，当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，确定四棱锥体积最大时为正四棱锥，设出底面外接圆半径，求出体积函数式，再
利用导数求解作答.
【详解】令球O的内接四棱锥为 ，四边形 外接圆 半径为 ，对角线 的
夹角为 ，
则四边形 的面积 ，
当且仅当 ，即四边形 为正方形时取等号，
由球的结构特征知，顶点P为直线 与球面O的交点，并且球心O在线段 上，四棱锥 的
高最大，如图，
，高 ，
因此四棱锥 的最大体积关系式为： ，令 ，
则 ，求导得 ，当 时， ，当 时， ，
因此函数 在 上单调递增，在 上单调递减，当 时， ，此时 ，
所以当该四棱锥的体积最大时，其高为 .
故选：D
二、多选题
9．如图为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，有下列四个命题：
① ；② 与 成 角；③ 与 成异面直线且夹角为 .
其中正确的是（ ）
A．① B．② C．③ D．①②③
【答案】BC
【分析】还原正方体直观图，根据直观图直观可判断①；利用正三角形性质和线线平行可判断②③.
【详解】将正方体纸盒展开图还原成正方体，如图知 与 不平行，故①错误；连接 、 ，因为
为正三角形，且 ，则 与 成 角，故②正确；
同理 成 角，由图可知 成异面直线，故③正确.
故选：BC10．已知函数 ， ，则下列说法正确的有（ ）
A． 是奇函数
B． 是周期函数
C．在区间 上， 有且只有一个极值点
D．过 作 的切线，有且仅有2条
【答案】ACD
【分析】利用奇偶函数的定义判断A；
利用周期函数的定义判断B；
利用函数的导数和极值的应用判断C；
利用导数的几何意义求出切线方程即可判断D.
【详解】A：由函数 ，得
，故 为奇函数，故A正确；
B：取一个数 ，则 ，所以 不是周期函数，故B错误；
C：由题意得， ，令 ，
当 时，函数 与 只有一个交点，即 在 上有且只有一个解，所以有且只有一个极值点，故C正确；
D：设切点的横坐标为t，则切线方程为： ，
由于直线过 ，所以得到 ，解得 或 ，
所以直线方程为 ，故D正确.
故选：ACD
11．已知点 ， 是抛物线 上的两个不同的点， 为坐标原点，焦点为 ，则（ ）
A．焦点 的坐标为 B．若 ，则 过定点
C．若直线 过点 ，则 D．若直线 过点 ，则 的最小值为16
【答案】BCD
【分析】根据抛物线方程求出焦点坐标，即可判断A；设直线 ，联立直线与抛物线方程，消
元列出韦达定理，由 ，即可求出 ，即可判断B；设直线 ，代入抛物线方程，
消元列出韦达定理，即可判断C、D；
【详解】解：对于A，由题意 ，所以焦点 ，故A错误；
对于B，若直线 的斜率 ，显然不合题意；设直线 ，代入 ，得
，则 ， ，所以 ，所以 ，所
以 ，所以直线 过定点 ，故B正确；
对于C，由直线 过点 ，可设直线 ，代入 ，得 ，则 ，
，所以 ，故C正确；对于D，由C可知， ， ，所以 ，所以当
时， 的最小值为16，故D正确，
故选：BCD.
12．已知函数 的图象关于直线 对称，函数 对于任意的 满足
(其中 是函数 的导函数)，则下列不等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】根据已知条件，易得函数 偶函数，再结合 ，
构造函数 ，只需判断函数 的单调性，即可做出正确选择.
【详解】由 ，得 ，
令 ， ，则 ，
因 ，则 ，
故 在区间 上单调递增，
因函数 的图象关于直线 对称，知函数 偶函数，
故函数 也为偶函数.对于选项A，因 ，则 ，
故 ，因此A正确；
对于选项B，因 ，则 ，
故 ，因此B错；
对于选项C，因 ，则 ，
故 ，因此C错；
对于选项D，因 ，则 ，
故 ，因此D正确.
故选：AD.
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从
表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性
解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技
巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常
用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
三、填空题
13．已知 的展开式中各项系数的和为2，则下列结论正确的有___________
① ；②展开式中常数项为160；
③展开式中各项系数的绝对值的和1458；
④若 为偶数，则展开式中 和 的系数相等
【答案】①③④
【分析】由题意令 为1，可求得a得值，即可判断①；再根据二项展开式得通项即可求得展开式中常数项，
即可判断②；展开式中各项系数的绝对值的和即为 展开式系数的绝对值的和，从而可判断
③；根据二项展开式得通项即可判断④.
【详解】对于①， ，令二项式中的 为1得到展开式的各项系数和为 ，
，故①正确；
对于②， ，
展开式的通项为 ，
当 展开式是中常数项为：令 ，得 ，
可得展开式中常数项为： ，
当 展开式是中常数项为： ，
令 ，得 （舍去），
故 的展开式中常数项为-160.故②错误；
对于③，求其展开式系数的绝对值的和与 展开式系数的绝对值的和相等，，令 ，可得：
展开式系数的绝对值的和为：1458，故③正确；
对于④，
展开式的通项为 ，
当 为偶数，保证展开式中 和 的系数相等，
① 和 的系数相等，
展开式系数中 系数为：
展开式系数中 系数为： ，此时 和 的系数相等，
② 和 的系数相等，
展开式系数中 系数为：
展开式系数中 系数为： ，此时 和 的系数相等，
③ 和 的系数相等，
展开式系数中 系数为： ，
展开式系数中 系数为： ，此时 和 的系数相等，故④正确.
故答案为：①③④.
14．已知圆 和两点 ， ．若圆 上存在点 ，使得 ，
则 的最小值为___________．
【答案】【分析】先由 得到 的轨迹是圆 ，从而将问题转化为两圆有公共点的问题，由此得解.
【详解】因为 ，所以 的轨迹是以 的中点（即原点 ）为圆心， 为直径的圆 ，其半
径为 ，
因为 同时是圆 上的点，所以圆 与圆 有公共点，
因为圆 ，圆心 ，半径为 ，
所以 ，则 ，解得 ，
故 的最小值为 ．
故答案为： .
15．过原点作曲线 的切线，则切线的斜率为_____________.
【答案】
【详解】试题分析：设切点为（ ），∵ ，∴ ，∴切线的斜率为 ，∴ ，
∴a=1， ，∴切线的斜率为e
考点：本题考查了导数的几何意义
点评：对于此类问题常常利用在某一点的导函数值就是过该点的切线斜率，属基础题
16．椭圆 ： 的左焦点为 ，直线 与椭圆 交于 ， 两点.当 的周长最大时，则
的值等于______.
【答案】4
【解析】设椭圆的右焦点为E，由椭圆的定义得△FAB的周长：AB+AF+BF=AB+(2a−AE)
+(2a−BE)=4a+AB−AE−BE，利用三角形两边之和与第3边的关系即可得结果.【详解】
设椭圆的右焦点为E. 如图：
由椭圆的定义得△FAB的周长为：AB+AF+BF=AB+(2a−AE)+(2a−BE)=4a+AB−AE−BE；
∵AE+BE AB；
∴AB−AE−BE 0，当AB过点E时取等号；
∴AB+AF+BF=4a+AB−AE−BE 4a；
即直线x=m过椭圆的右焦点E时△FAB的周长最大；
此时直线x=m=c=4；
故答案为：4.
【点睛】本题主要考查椭圆的定义与几何性质，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.
四、解答题
17．数列 和它的前 项的和 满足 .
（1）求证：数列 是等比数列，并求出该数列的通项公式；
（2）已知 ， .
①求 ；
②是否存在 、 、 ，且 ，使得 、 、 成等差数列？如果存在，求出 、 、 ，
如果不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析， ；（2）① ；②不存在，详见解析.【分析】（1）令 求得 的值，令 ，由 得出 ，两式作差后利用等比数列的
定义可证明出数列 为等比数列，确定该数列的公比，可求得数列 的通项公式；
（2）①求得 ，进而利用裂项相消法可求得 ；
②假设存在 、 、 ，且 ，使得 、 、 成等差数列，运用等差数列中项性质，以及
不等式的性质，即可判断存在性．
【详解】（1）当 时， ，得 ；
当 时， ①， ②，
① ②，得 ， ，则 .
是以 为首项与公比的等比数列， ；
（2）① ，
；
②假设存在 、 、 ，且 ，使得 、 、 成等差数列，则 .
去分母，整理得 ，
（*）
、 、 三个互不相等，且 ，不妨设 ， ， .
， .
显然等式（*）不成立， 、 、 不可能成等差数列.【点睛】本题考查数列的递推式的运用，考查等比数列的定义和通项公式，以及数列的裂项相消求和，以
及存在性问题的解法，考查化简运算能力，属于中档题．
18．在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且 .
（1）求 ；
（2）若 ，求 面积的最大值.
【答案】（1） ；（2） .
【分析】（1）根据题设条件和利用正弦定理，化简得到 ，进而求得 的大小.
（2）由余弦定理得到 ，结合基本不等式，求得 ，利用面积公式，即可求解.
【详解】（1）由题意，在 中，满足 ，
利用正弦定理得 ，
即 ，
即 ，
可得 ，
因为 ，可得 ，所以 ，即 ，
又因为 ，所以 .
（2）在 中，由余弦定理 ，可得 ，
所以 ，即 ，当且仅当 时取等号，
所以 的面积 ，
所以 面积的最大值为 .
【点睛】对于解三角形问题的常见解题策略：
对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利
用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，同时注意三角形内角和定理，三角形面积公式在解题中的
应用.19．如图， 为正方形 所在平面外一点， 平面 ， ， 分别为 ， 的中点.
（1）求证： ；
（2）若 ，求点 到平面 的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）1.
【分析】（1）利用平面几何的知识，在面 中证明出 ，再由 面 得到 ，
从而得到 面 ，然后得到 ；（2）在 中，利用余弦定理求出 ，得到
，从而得到 ，再由等体积法得 ，得到点 到平面 的距离.
【详解】证明：（1）在正方形 中， ，
， ， ，
， ， ，
，
又 面 ， 面
，
， 面
面 ，
面
．
解：（2） 平面 ， ，
又 ， 面 ，
．
解：（2） 面 ，
为三棱锥 的高，
设 为点 到平面 的距离，在 中， ， ， ，
则 ，
，
由等体积法得 ，
，
解得 ．
【点睛】本题考查线面垂直的判定和性质，三棱锥等体积转化求点到面的距离，属于中档题.
20．自疫情以来，与现金支付方式相比，手机支付作为一种更方便快捷并且无接触的支付方式得到了越来
越多消费者和商家的青睐．某金融机构为了调查研究“支付方式的选择与年龄是否有关”，从某市市民中
随机抽取100名进行调查，得到部分统计数据如下表：
手机支付 现金支付 合计
60岁以下 40 10 50
60岁以上 30 20 50
合计 70 30 100
(1)根据以上数据，判断是否有99%的把握认为支付方式的选择与年龄有关；
(2)将频率视为概率，现从该市60岁以上的市民中用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次．记被抽取
的3人中选择“现金支付”的人数为X，若每次抽取的结果是相互独立的，求X的分布列，数学期望
和方差 ．
参考公式： ，其中 ．
0.10 0.050 0.010 0.0012.706 3.841 6.635 10.828
【答案】(1)没有99%的把握认为支付方式的选择与年龄有关
(2)分布列见解析， ，
【分析】（1）计算 的观测值，结合独立性检验的思想求解即可；
（2）由题知 ，再根据二项分布求解即可；
【详解】（1）解：根据题意可得： 的观测值 ，
所以没有99%的把握认为支付方式的选择与年龄有关；
（2）由题意可知：在60岁以上的市民中抽到1人选择“现金支付”的概率为 ，
所以 ，X的所有可能取值为0，1,2，3，
，
，
，
，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3P
， ．
21．已知 为坐标原点，点 在双曲线 上，直线 交 于 ， 两点.
(1)若直线 过 的右焦点，且斜率为 ，求 的面积；
(2)若直线 ， 与 轴分别相交于 ， 两点，且 ，证明：直线 过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据条件，先求出C的方程，写出直线l的方程，与双曲线方程联立求出P，Q点的坐标，
运用两点距离公式和点到直线的距离公式即可计算出 的面积；
（2）根据M，N关于原点的对称性，设立坐标 ，求出直线AM和直线AN的方程，与双曲
线方程联立，运用韦达定理求出P，Q的坐标，再利用两点式直线方程化简即可.
【详解】（1）将点 代入 的方程，得 ，解得 ，
所以 的方程为 .直线 的方程为 ，
联立方程 整理得， ，解得 ，
不妨设 ， ，
则 ，
点 到直线 的距离为 ，所以 的面积为 ；（2）
依题意作上图，设 ，则 ， ， ，
直线AP的方程为： ，直线AQ的方程为： ；
联立方程： ，解得： ，
显然 ，即 ；
， ，
联立方程： ，解得： ，
显然 ，即 ，
，
即当 时，直线PQ的方程为： ，将上面求得的 解析式代入得：
，整理得： ，
所以直线PQ过定点 .
【点睛】本题第二问计算量很大，需要反复计算确认，但思路比较容易，只要根据对称性设立M，N点坐
标，其他的只要顺势而为即可.
22．已知函数 ．
(1)讨论函数 的单调性；
(2)已知 且关于x的方程 只有一个实数解，求t的值．
【答案】(1)当 时，在 上单调递增；当 时，在 上单调递减，在 上单调递增．
(2)2
【分析】（1）先求导，再分 和 两种情况讨论即可；
（2）先构造函数 ，求导确定最小值为 ，由 得到 ，
构造函数 ，确定单调性后解出 ，即可求出 .
(1)
的定义域为 ， ，
当 时， ，则函数 在 上单调递增．
当 时，令 ，解得
当 时， ，则 在 上单调递减；当 ， ，则 在 上单调递增．
(2)
关于x的方程 只有一个实数解，即 只有唯一正实数解．
设 ，则 ，
令 ， ，因为 ， ，解得 （舍去）， ，
当 时， ，则 在 上单调递减；
当 时， ，则 在 上单调递增，
所以 的最小值为 ．
要使得方程 只有唯一实数解，
若 ，
则 ，即 ，
得 ，因为 ，所以 ．
设 ， 恒成立，
故 在 上单调递减， 至多有一解．
又因为 ，
所以 ，即 ，解得 ．
若 ，
由上得 ， ，又 ， ，， ，
令 ，在 上， 单增，故 ，
即 ，故 ，
即 在 各存在一个零点，不合题意.
综上： .
【点睛】本题关键点在于构造函数 后求出函数的最小值 ，由 得到
，
再构造函数确定单调性后解出 ，进而求出 .
