1、 高三数学5月模拟试卷一、单选题1若复数，则（）ABCD2设集合，则（）ABCD3已知圆：和圆：，则“”是“圆与圆内切”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件4位于丛台公园内的武灵丛台已经成为邯郸这座三千年古城的地标建筑，丛台上层建有据胜亭，其顶部结构的一个侧面中，自上而下第一层有2块筒瓦，以下每一层均比上一层多2块筒瓦，如果侧面共有11层筒瓦且顶部4个侧面结构完全相同，顶部结构共有多少块筒瓦？（）A440B484C528D5725已知正三棱柱，各棱长均为2，且点为棱上一动点，则下列结论正确的是（）A该正三棱柱既有外接球，又有内切球B四棱锥的体积是C直线与直
2、线恒不垂直D直线与平面所成角最大为6已知是双曲线的左右焦点，点为双曲线右支上一点，且在以为直径的圆上，若，则（）ABCD7已知函数，则下列结论正确的是（）A的图象关于直线对称B的图象关于点对称C有2个零点D是偶函数8如图，在平面直角坐标系中，将三角板的端点分别放在轴和轴的正半轴上运动，点在第一象限，且，若，则点与点之间的距离（）A最大值为2B最大值为C最大值为D最大值为二、多选题9我国小麦育种技术和水平已经达到国际先进水平，研究发现某品种小麦麦穗长度cm近似服从正态分布.从该品种小麦中任取100株，估计其麦穗长度，则下列说法正确的是（）A100株小麦麦穗长度的均值约为11.24cmB100株小
3、麦中约有2株小麦的麦穗长度大于13.5cmC100株小麦中没有麦穗长度大于14.63cm的小麦D若随机变量表示100株小麦中麦穗长度大于13.5cm的株数，则近似服从二项分布附：，10已知函数，则下列结论正确的是（）A在上单调递增B图象关于点对称C若，则D若且，则11已知直线：与椭圆：，则下列结论正确的是（）A若与至少有一个公共点，则B若与有且仅有两个公共点，则C若，则上到的距离为5的点只有1个D若，则上到的距离为1的点只有3个12已知函数有两个极值点和，且，则下列结论正确的是（）ABCD三、填空题13已知是不共线的两个单位向量，若，则与的夹角为 ；14请写出一个函数表达式 满足下列3个条件：
4、最小正周期；在上单调递减；奇函数15同时抛掷两枚质地均匀的骰子两次，记事件“两枚骰子朝上的点数之积均为偶数”，事件“两枚骰子朝上的点数之和均为奇数”，则 ；16如图所示，是平面内一定点，是平面外一定点，直线与平面所成角为45.设平面内的动点到点点距离分别为，且.若点的轨迹是一条直线， ；若点的轨迹是圆，则的取值范围是 .四、解答题17已知数列的前项和为，满足，且.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.18为了使更多人参与到冰雪运动中，某校组织了一次简易冰壶比赛.每场比赛由两支队伍对抗进行，每队由2名成员组成，共进行3局.每局比赛时，两队成员交替发球，每名成员只能从发球区（左侧）掷冰壶一
5、次.当所有成员全部掷完冰壶后，开始计分.若冰壶未到达营垒区，计分；若冰壶能准确到达营垒区，计2分，整场比赛累计得分多者获得比赛胜利.已知队两名成员甲乙每次将冰壶投掷到营垒区的概率分别为和，队两名成员丙丁每次将冰壶投掷到营垒区的概率均为.假设两队投掷的冰壶在运动过程中无碰撞，每名成员投掷冰壶相互独立，每局比赛互不影响.（1）求队每局得分的分布列及期望；（2）若第一局比赛结束后，队得1分，队得4分，求队最终获得本场比赛胜利且总积分比队高3分的概率.19已知的内角、所对的边分别为、，且.（1）若，求；（2）若点在线段上，且，求的最大值.20如图，四棱锥，平面平面，平面平面.（1）若点为线段中点，求证
6、：；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.21平面直角坐标系中，点在轴右侧，且到点的距离比其到轴距离多1.（1）求点轨迹的方程；（2）过点的直线与交于两点，是轴上一点.若是正三角形，求直线的斜率.22设函数（1）求曲线在处的切线方程；（2）证明：当且时，.答案解析部分1【答案】B2【答案】C3【答案】A4【答案】C5【答案】D6【答案】A7【答案】B8【答案】C9【答案】A,B10【答案】A,C11【答案】B,C,D12【答案】A,C,D13【答案】14【答案】y=-sin2x15【答案】16【答案】1；17【答案】（1）解：因为，所以，两式相减得，即，即，又，故，因此，数列是每项都是1的常数
7、列，从而.（2）解：因为，所以，从而，因此.18【答案】（1）解：由题设，的所有可能取值为，1，4，且的分布列如下：-214所以.（2）解：设队每局得分为，同理的分布列为-214记队队在后两局总得分分别为，则所包含的情况如下：队总得分258队总得分-4-12，故队最终获得本场比赛胜利且总积分比队高3分的概率为.19【答案】（1）解：由正弦定理可知：，又，故，则，又，得，由于，所以，即由余弦定理可知，即，解得或（舍去）（2）解：解法一：设，由正弦定理可得：，即，故，从而，其中，当时，有的最大值为.解法二：在中，由余弦定理得，即，即令，从而，整理得依题意，上述关于的方程有正实数解；因为函数的对称轴
8、所以，解得.所以的最大值为，此时，.20【答案】（1）证明：取中点，连接，且，为中点，为正三角形，即，平面，平面，平面；在中，为中位线，又平面，平面，平面；又，平面，平面平面，又平面，平面，又平面平面，平面，.（2）解：过点作，交于点，连接.平面平面，平面平面，平面，平面，又，直角三角形，且，；又，即，且，则以为坐标原点，分别为轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系.则，则，设平面的法向量为，则，令，解得：，；，即直线与平面所成角的正弦值为.21【答案】（1）解：设点坐标为，且.由题意，整理得（2）解：由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，AB的中点联立方程得则，且，从而，即设，由于为正三角形，则，即，即又，故，即，即即，解得，直线的斜率22【答案】（1）解：显然，且，故故切线方程为，即（2）证明：令，当时，单调递增故，即当时，令，得即由此可得，将以上个式子相加，得，且
