新高考仿真卷（新高考全部内容）-冲刺高考数学大题突破+限时集训（新高考专用）

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绝密★考试结束前
新高考数学仿真试卷
全卷满分150分，考试用时120分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
1．若复数满足，则在复平面内的共阨复数所对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【分析】根据复数除法计算出，再根据共轭复数定义得出，最后确定对应点在复数平面的位置即可．
【详解】由，得，
所以，则其在复平面内其所对应的点为，位于第一象限．
故选：A．

2．已知全集，集合，则集合为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】计算出，从而根据交集，并集和补集概念计算出四个选项，得到正确答案.
【详解】由题意知，
，
A选项，，A错误；
B选项，，B错误；
C选项，，故，C错误；
所以.
故选：D.

3．在平面直角坐标系中，角的顶点为，始边与轴的非负半轴重合，终边与圆相交于点，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据三角函数的定义求出，再由二倍角公式和诱导公式求出答案.
【详解】因为的终边与圆相交于点，所以，
所以.
故选：B.

4．将半径为6的半圆卷成一个无底圆锥（钢接处不重合），则该无底圆锥的体积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求出无底圆锥的半径和高，从而得到圆锥的体积.
【详解】由题意知，所卷成的无底圆锥母线长为6，
设该无底圆锥的底面半径为，高为，则，所以，
所以，所以.
故选：C.

5．计算机是20世纪最伟大的发明之一，被广泛地应用于工作和生活之中，在进行计算和信息处理时，使用的是二进制.已知一个十进制数可以表示成二进制数，且，其中.记中1的个数为，若，则满足的的个数为（    ）
A．126 B．84 C．56 D．36
【答案】A
【分析】根据题意，由条件结合组合的定义即可得到结果.
【详解】由题意得中1的个数为6，因为，所以中1的个数为5，所以满足的的个数为.
故选:A.

6．纯电动汽车是以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，符合道路交通､安全法规各项要求的车辆，它使用存储在电池中的电来发动．因其对环境影响较小，逐渐成为当今世界的乘用车的发展方向．研究发现电池的容量随放电电流的大小而改变，1898年Peukert提出铅酸电池的容量、放电时间和放电电流之间关系的经验公式：，其中为与蓄电池结构有关的常数（称为Peukert常数），在电池容量不变的条件下，当放电电流为时，放电时间为；当放电电流为时，放电时间为，则该萻电池的Peukert常数约为（    ）（参考数据：，）
A．1.12 B．1.13 C．1.14 D．1.15
【答案】D
【分析】根据题意可得，再结合对数式与指数式的互化及换底公式即可求解．
【详解】由题意知，
所以，两边取以10为底的对数，得，
所以．
故选：D．

7．已知是抛物线的焦点，过点且斜率为2的直线与交于两点，若，则（    ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【分析】法一：设出的方程为，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，利用焦半径得到，从而列出方程，求出答案；
法二：写成直线的参数方程，代入抛物线方程，利用参数的几何意义得到方程，求出答案.
【详解】法一：由题意知，故的方程为，与的方程联立，
得，显然，设，则，
所以，
又，
所以，
所以.
法二：直线的斜率为2，设其倾斜角为，则，故，
故直线的参数方程为（为参数），代入，
整理得，，显然，
设该方程的两根为，则，
，所以.
故选：.

8．已知函数的定义域关于原点对称，且满足：
（1）当时，；
（2）、且，，
则下列关于的判断错误的是（    ）
A．为奇函数 B．
C．是的一个周期 D．在上单调递减
【答案】D
【分析】利用奇偶性的定义解结合（2）可判断A选项；由奇函数的性质结合（2）可判断B选项；根据（2）以及B选项推导出，可得出，再结合函数周期性的定义可判断C选项；利用（2）结合函数单调性的定义可判断D选项.
【详解】因为、，，
所以为上的奇函数，A对；
因为，所以，
所以，B对；
因为，
所以，
所以是的一个周期，C对；
、，且，则，
因为当时，，所以、、均小于，
又，所以，所以，
所以在上单调递增，D错．
故选：D．



二、 多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每道题目至少有一个正确选项啊，漏选或者是少选得2分，不选或者是选错不得分）
9．在平面直角坐标系xOy中，过抛物线的焦点的直线l与该抛物线的两个交点为，，则（    ）
A．
B．以AB为直径的圆与直线相切
C．的最小值
D．经过点B与x轴垂直的直线与直线OA交点一定在定直线上
【答案】ABD
【分析】联立直线l与抛物线，利用韦达定理可判断A；
取AB中点M即为圆心，分别过A、B、M作直线的垂线，由抛物线定义得M到直线的距离等于AB距离的一半，判断B；
，韦达定理结合点满足抛物线方程，化简计算即可判断C；
写出两条直线方程并联立求出交点坐标，结合前面结论化简交点纵坐标，即可判断D．
【详解】解：由抛物线，知焦点，
由题意知直线l斜率存在，设直线l方程为，
联立，消x得，
所以，故A正确；
设AB中点为M，M为以AB为直径的圆的圆心，
又是抛物线的准线，利用抛物线定义，
分别过A、B、M作直线的垂线，垂足分别为、、，
得，
由抛物线定义知，即，
故B正确；
联立直线l与抛物线，得，，
因为，
所以
，
即
；
故C错误；
经过点B与x轴垂直的直线为
直线OA为，
联立得交点，
因为，
则；
所以经过点B与x轴垂直的直线与直线OA交点一定在定直线．
故D正确．
故选：ABD．

10．已知函数（）在有且仅有3个零点，下列结论正确的是（    ）
A．函数的最小正周期
B．函数在上存在，，满足
C．函数在单调递增
D．的取值范围是
【答案】ABD
【分析】设在有且仅有3个零点，，，且.
A，最小正周期即可判断；
B，取，，满足，，即可判断；
D，结合正弦函数的零点，计算可得函数在轴右侧的前4个零点分别是，，，，再列出不等式，解之即可判断；
C，由选项D可知，可取，此时，比较和的大小即可判断.
【详解】解：设在有且仅有3个零点，，，且，
对A，最小正周期，即A正确；
对B，在上存在，，满足，，所以可以成立，即B正确；
对D，令，，则函数的零点为，，
所以函数在轴右侧的前4个零点分别是，，，，
因为函数在有且仅有3个零点，所以，解得，即D正确；
对C，由D选项可知，，不妨取，此时，
所以，，即，并不满足在单调递增，即C错误.
故选：ABD.
【点睛】本题考查三角函数的性质，结合正弦函数性质，只要把作为一个整体，与正弦函数对比即可得出相应性质．

11．设是无穷数列，若存在正整数，使得对任意，均有，则称是间隔递增数列，是的间隔数，下列说法正确的是(    )
A．公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列
B．已知，则是间隔递增数列
C．已知，则是间隔递增数列且最小间隔数是2
D．已知，若是间隔递增数列且最小间隔数是3，则
【答案】BCD
【分析】设等比数列的公比为，则，当时，，可判断A；，令，利用其单调性可判断B；，分n为奇数、偶数两种情况讨论可判断C；若是间隔递增数列且最小间隔数是3，则，成立，问题转化为对于，存在使之成立，且对于，存在使之成立，求解可判断D．
【详解】设等比数列的公比为，则．
因为，所以当时，，故A错误；
，令，则在上单调递增，
令，解得，此时，，故B正确；
，
当n为奇数时，，存在，使成立；
当n为偶数时，，存在，使成立．
综上是间隔递增数列且最小间隔数是2，故C正确；
若是间隔递增数列且最小间隔数是3，
则，成立，
则对于，存在使之成立，且对于，存在使之成立．
即对于，存在使之成立，且对于，存在使之成立，
所以，且，解得，故D正确．
故选：BCD.

12．设定义在R上的函数与的导函数分别为和，若， ，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（    ）
A． B．函数的图象关于对称
C． D．
【答案】AC
【分析】由为奇函数可得，由取导数可得，结合条件，判断B，再由条件判断函数，的周期，由此计算，，判断C，D．
【详解】因为为奇函数，所以，取可得，A对，
因为，所以；
所以，又，，
故，所以函数的图象关于点对称，B错，
因为，所以，所以，为常数，
因为，所以，
所以，取可得，所以，
又，所以，所以，
所以，故函数为周期为4的函数，
因为，所以，，
所以，
所以，
所以，
由已知无法确定的值，故的值不一定为0，D错；
因为，所以，，
所以，故函数为周期为4的函数，
所以函数为周期为4的函数，
又，，，，
所以，
所以
，C对，
故选：AC.
【点睛】方法点睛：抽象函数对称性与周期性的判断如下：
若，则函数关于对称；
若，则函数关于中心对称；
若，则是的一个周期




三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．经研究发现，若点在椭圆上，则过点的椭圆切线方程为.现过点作椭圆的切线，切点为，当（其中为坐标原点）的面积为时，___________.
【答案】
【分析】点，由题意可得切线方程，进而可求点的坐标，根据的面积整理可得，结合椭圆方程即可得结果.
【详解】设点，则切线，
令，得，
可得，则，
∵点在椭圆上，则，
即，解得，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：以点为切入点，设点，根据题意可得切线，这样就可得，再根据题意运算求解即可.
14．已知平面向量，，，其中为单位向量，若，则的取值范围是__________.
【答案】
【分析】建立如图所示坐标系，不妨设，由题意，可知，记，，则，求出点的轨迹方程，由的几何意义可得即为点的轨迹上的点到点的轨迹上的点的距离，从而可得出答案．
【详解】解：建立如图所示坐标系，

不妨设，
由知，点在直线或上，
由题意，可知，
记，，则，
由定弦所对的角为顶角可知点的轨迹是两个关于轴对称的圆弧，
设，则，
因为，
即，
整理得或，
由对称性不妨只考虑第一象限的情况，
因为的几何意义为：圆弧的点到直线上的点的距离，
所以最小值为，
故．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是建立平面直角坐标系，利用坐标法求出动点的轨迹，再结合解析几何的知识求出向量模的取值范围.
15．已知双曲线的左，右焦点F1，F2，点P在双曲线上左支上动点，则三角形PF1F2的内切圆的圆心为G，若与的面积分别为，则取值范围是____________
【答案】
【分析】由圆的切线性质结合双曲线的定义可求圆心G的坐标，再利用三角形面积公式及其比值，由此可得取值范围.
【详解】如图设切点分别为M，N，Q，由切线的性质可得，所以的内切圆的圆心G的横坐标与Q横坐标相同．
由双曲线的定义，．由圆的切线性质，，，所以，
因为，所以，，Q横坐标为．
因为双曲线的a＝1，b＝，c＝2，可设，设（m＞1），因为，，
可得，所以取值范围是，
故答案为：.

16．已知正项数列是公比不等于1的等比数列，且，若，则__________.
【答案】
【分析】根据对数运算法则可得，再利用等比数列性质和函数可得，利用倒序相加即可得.
【详解】由题意可知，，所以；
由等比数列性质可得；
又因为函数，所以，
即，所以；
令，则；
所以，
即.
故答案为：


四、 解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17（10分）．在已知数列中，.
(1)若数列是等比数列，求常数t和数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项的和.
【答案】(1)；.
(2)

【分析】（1）由，化简得到，得出时首项为，公比为的等比数列，求得，进而求得数列的通项公式；
（2）由（1）得到，结合等比数列的求和公式和并项求和法，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，数列满足，所以，
又由，可得，
所以数列时首项为，公比为的等比数列，
又因为数列是等比数列，所以，
可得，
所以数列的通项公式为.
（2）解：由（1）知：，可得，
所以数列的前项的和为：


.

18（12分）．在锐角中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足.
(1)求角B的大小；
(2)若，求的取值范围.
【答案】(1)(2)

【分析】（1）先利用正弦定理把已知式子统一成边的关系，再利用余弦定理可求出角B的大小，
（2）由（1）可得，由正弦定理可得，然后由为锐角三角形求出角的范围，再利用正切函数的性质可求得结果
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理可得，化简得，
所以由余弦定理得
，
因为，
所以
（2）因为，所以,
由正弦定理得，，
所以，
因为为锐角三角形，
所以，得，
所以，
所以，所以，，
所以，
即的取值范围为

19（12分）．如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝a，E是PC的中点，过E作EF⊥PB，交PB于点F．

(1)证明：PB⊥平面EFD；
(2)若平面PBC与平面PBD的夹角的大小为，求AD的长度.
【答案】(1)证明见解析；(2)a.

【分析】(1)要证PB⊥平面EFD，则要证PB⊥DE，则证DE⊥平面PBC，则证DE⊥BC，则证BC⊥平面PCD；
(2)以D为坐标原点，DA、DC、DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC和平面PBD的法向量，利用向量方法即可求出AD．
【详解】（1）∵PD⊥底面ABCD，且底面ABCD是矩形，
∴，，
又，∴平面PDC，
∵平面PDC，∴．
又∵，E是PC的中点，∴，
∵，∴DE⊥平面PBC，∴．
又，，∴PB⊥平面EFD；
（2）如图，由题意知DA、DC、DP两两互相垂直，以D为坐标原点，DA、DC、DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设，

则，，，，，
∴，，
由(1)知，DE⊥平面PBC，故是平面PBC的一个法向量，且．
设平面PBD的法向量为，
由得即取，得，
∴，解得，即．
20（12分）．2021年3月5日李克强总即在政府作报告中特别指出：扎实做好碳达峰，碳中和各项工作，制定2030年前碳排放达峰行动方案，优化产业结构和能源结构．某环保机器制造商为响应号召，对一次购买2台机器的客户推出了两种超过机器保修期后5年内的延保维修方案：
方案一；交纳延保金5000元，在延保的5年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费1000元；
方案二：交纳延保金6230元，在延保的5和内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费t元；
制造商为制定的收取标准，为此搜集并整理了200台这种机器超过保修期后5年内维修的次数，统计得到下表
维修次数
0
1
2
3
机器台数
20
40
80
60
以这200台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率，记X表示2台机器超过保修期后5年内共需维修的次数．
（1）求X的分布列；
（2）以所需延保金与维修费用之和的均值为决策依据，为使选择方案二对客户更合算，应把t定在什么范围？
【答案】（1）答案见解析；（2）．
【分析】（1）根据统计表，维修0、1、2、3次的机器的比例分别为、、、，而2台机器超过保修期后5年内共需维修的次数可能有，对应的基本事件为、、、、、、，进而可求各可能值的概率，写出分布列即可.
（2）根据两个方案的描述，结合（1）所得的分布列，分别写出方案一、方案二所需费用的分布列，进而求它们的期望，要使选择方案二对客户更合算有，即可求的范围.
【详解】（1）由题意得，，
，，，，
，，
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
4
5
6
P







（2）选择方案一：所需费用为元，则时，，时，；时，；时，，时，，
∴的分布列为

5000
6000
7000
8000
9000






，
选择方案二：所需费用为元，则时，；时，；时，，则的分布列为

6230






，
要使选择方案二对客户更合算，则，
∴，解得，即的取值范围为．

21（12分）．已知圆，圆，．当r变化时，圆与圆的交点P的轨迹为曲线C，
（1）求曲线C的方程；
（2）已知点，过曲线C右焦点的直线交曲线C于A、B两点，与直线交于点D，是否存在实数m，，使得成立，若存在，求出m，；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在；，．
【分析】（1）圆F1与圆F2的交点满足，，又，则P点轨迹满足椭圆方程，从而求得椭圆方程；
（2）设直线AB的方程为，与椭圆联立，求得韦达定理，分别表示出，，将韦达定理代入化简，并满足条件，从而求得参数m，的值.
【详解】解：（1）由题意可知，，，
所以，
所以曲线C为以、为焦点的椭圆，且，，，
所以曲线C的方程为．
（2）假设存在，由题意知直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为，，，
联立|，消去y整理得，，
则，，
所以
，
，
因为，
所以，所以，，得，
所以存在，使成立．

22（12分）．已知．
（1）当时求的极值点个数；
（2）当时，，求a的取值范围；
（3）求证：，其中．
【答案】（1）两个极值点；（2）；（3）证明见解析．
【分析】（1）利用导数求出函数的单调区间，即得的极值点个数；
（2）设，则单调递增，对分类讨论，求出的最值即得解；
（3）由（2）可知时， ，所以，再利用裂项相消法求和得证.
【详解】解：（1）当时，，
所以，，
所以当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
因为，，，
所以存在，使，所以，时，；时，；时，，所以0和是的极值点，
所以有两个极值点．
（2），，
设，则单调递增，
又，
所以当时，，在上单调递增，
所以，即，在上单调递增，
所以，符合题意.
当时，令，解得，
当时，，在上单调递减，，
在）上单调递减，
所以时，，不符合题意，
所以a的取值范围是．
（3）由（2）可知时，，，即，
所以，，
所以

．