全真模拟卷01-高考数学全真模拟卷(新高考卷)

高考全真模拟卷（一）

数学（新高考卷）

（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）

注意事项：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、 单项选择题：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要求.

1．若集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】，

，

故，

.

故选：D.

2．若复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】由已知可得，因此，.

故选：B.

3．过直线上一点作圆的两条切线，，若，则点的横坐标为（    ）

A．0 B． C． D．

【答案】D

【详解】如下图，过直线上一点作圆的两条切线，，

设圆心，连接，，

可得，，则，

所以，所以，

因为点在直线上，

所以设，，

，解得：.

故选：D.

4．函数（其中e为自然对数的底数）的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】从表达式可以判断出，所以函数是偶函数，所以选项D不对；利用幂函数与指数函数的增长得快慢，即指数函数有爆炸函数之称，可以得到分母增长速度更快，所以当自变量趋于正无穷时，因变量趋于0，所以选项C不正确；对于选项AB在自变量1处的单调性不同，所以可以选择特值来判断，，所以B不对.

故选:A.

5．设分别为椭圆的左顶点和上顶点，为的右焦点，若到直线的距离为，则该椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】由题意可得，

所以直线的方程为，整理得，

所以到直线的距离，所以①，

又因为椭圆中②，③，

所以联立①②③得，解得，

又因为，所以，

故选：A

6．甲、乙为完全相同的两个不透明袋子，袋内均装有除颜色外完全相同的球．甲袋中装有5个白球，7个红球，乙袋中装有4个白球，2个红球．从两个袋中随机抽取一袋，然后从所抽取的袋中随机摸出1球，则摸出的球是红球的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】设事件为 “取出甲袋”,事件为 “取出红球”, 分两种情况进行讨论.

若取出的是甲袋, 则, 依题意可得 ,

所以 ，

若取出的是乙袋, 则, 依题意可得 , ，

所以，

综上所述, 摸出的球是红球的概率为.

故选：B.

7．米斗是古代官仓、米行等用来称量粮食的器具，鉴于其储物功能以及吉祥富足的寓意，现今多在超市、粮店等广泛使用.如图为一个正四棱台形米斗（忽略其厚度），其上、下底面正方形边长分别为、，侧棱长为，若将该米斗盛满大米（沿着上底面刮平后不溢出），设每立方分米的大米重千克，则该米斗盛装大米约（    ）

A．千克 B．千克 C．千克 D．千克

【答案】C

【详解】设该正棱台为，其中上底面为正方形，取截面，如下图所示：

易知四边形为等腰梯形，且，，，

分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，

由等腰梯形的几何性质可得，又因为，，

所以，，所以，，

因为，易知，

故四边形为矩形，则，，

所以，，故该正四棱台的高为，

所以，该米斗的体积为，

所以， 该米斗所盛大米的质量为.

故选：C.

8．已知定义在上的函数满足：为偶函数，且；函数，则当时，函数的所有零点之和为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】因为为偶函数，所以关于对称，

所以当时，，

当时，，，

当时，，，

当时，，，

当时，，，

……

函数为的图象向左平移个单位，

的图象如下图所示，

均关于对称，有14个交点，

所以函数的所有零点之和为：.

故选：A.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.

9．以下命题正确的有（    ）

A．一组数据的标准差越大，这组数据的离散程度越小

B．一组数据的频率分布直方图如图所示，则该组数据的平均数一定小于中位数

C．样本相关系数的大小能反映成对样本数据之间的线性相关的程度，而决定系数的大小可以比较不同模型的拟合效果

D．分层随机抽样所得各层的样本量一定与各层的大小成比例

【答案】BC

【详解】对于:数据的标准差越大，这组数据的离散程度越大,故错误;

对于:根据图可知,中位数靠右大于平均数,故正确;

对于:样本相关系数是指样本数据之间的线性相关程度，

而决定系数是比较不同模型的拟合效果,故正确;

对于:分层随机抽样所得各层的样本量不一定与各层的大小成比例,

等比例分层随机抽样所得各层的样本量一定与各层的大小成比例,故错误;

故选:

10．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．函数最大值为1

B．函数在区间上单调递增

C．函数的图像关于直线对称

D．函数的图像向右平移个单位可以得到函数的图像

【答案】AD

【详解】∵函数，

∴，

当时，函数取得最大值1，A正确；

令，当时，，在区间上不单调递增，故B错误；

当时，，函数的图像不关于直线对称，C错误；

函数的图像向右平移个单位得到函数，D正确．

故选：AD.

11．北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天心石的是9圈扇环形的石板，从内到外各圈的石板数依次为，，，，，设数列为等差数列，它的前n项和为，且，，则（    ）

A． B．的公差为9

C． D．

【答案】BD

【详解】解：设的公差为.由，得，又，联立方程组解得，所以A错误，B正确；因为，，所以，故C错误；因为，所以D正确.

故选：BD

12．如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，则下列说法中正确的是（    ）

A．存在点，，使得

B．异面直线与所成的角为60°

C．三棱锥的体积为

D．点到平面的距离为

【答案】BCD

【详解】连接.

A选项，平面，平面，，

所以与是异面直线，所以A选项错误.

B选项，，所以异面直线与所成的角为，

由于三角形是等边三角形，所以，B选项正确.

C选项，设，根据正方体的性质可知，

由于平面，所以平面，

所以到平面的距离为.

，C选项正确.

D选项，设点到平面的距离为，

，

，

解得，D选项正确.

故选：BCD

二、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

13．在二项式的展开式中，含的项的系数是________．

【答案】10

【详解】分析：先根据二项展开式的通项公式求含的项的项数，再确定对应项系数.

详解： ，

所以令得 ，即含的项的系数是

14．已知抛物线，圆，点，若分别是，上的动点，则的最小值为___________.

【答案】

【详解】解：由抛物线得焦点，准线为，

由圆，得，

所以圆是以为圆心，以为半径的圆，

所以，

所以当取得最小值时，取得最小值，

又根据抛物线的定义得等于点到准线的距离，

所以过点作准线的垂线，垂足为，且与抛物线相交，当点为此交点时，取得最小值，最小值为，

所以此时，

所以的最小值为.

故答案为：.

15．已知函数若函数有3个零点，则实数的取值范围是__________．

【答案】

【详解】令，求导，当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减，在时，取得最大值为.

结合单调性，可以画出函数的图象(见下图)，

当时，函数有3个零点

16．已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=9，AA1=10，过点A且与直线CD平行的平面将长方体分成两部分，且分别与棱DD1，CC1交于点H，M.

（1）若DH=DC=9，则三棱柱ADH−BCM外接球的表面积为________；

（2）现同时将两个球分别放入被平面分成的两部分几何体内.在平面变化过程中，这两个球半径之和的最大值为________.

【答案】         

【详解】（1）由，可将三棱柱补型成一个棱长为9的正方体，该正方体的体对角线长为，故外接球半径，所以外接球的表面积为.

（2）如图，这两个球在长方体左侧面上的投影为两个大圆，都与直线相切.设两圆半径分别为，，，由得，同理，，得，由已知，，令，则，，构造函数，，则，∴，当时，，单调递增；当时，，∴单调递减，∴.经检验，当时，，故的最大值为.

故答案为：（1）；（2）.

四、解答题：本小题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17．在锐角中，分别为角所对的边，且.

（Ⅰ）确定角的大小；

（Ⅱ）若＝，当时，求的面积.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【详解】（Ⅰ）因为，

所以，即，

因为，

所以，，

因为，

所以.

（Ⅱ）因为＝，，

所以，

解得，

所以的面积.

18．已知数列中，，.设

（1）证明：数列是等比数列；

（2）设，求数列的前项和.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【详解】（1）证明：因为,所以====2，

又, 所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列.

（2）由（1）知，

19．如图，三棱柱的所有棱长都为2，，.

(1)求证：平面⊥平面；

(2)在棱上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，若不存在，请说明理由：若存在，求的长.

【答案】(1)证明见详解.

(2)在棱上存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，

的长为.

【详解】（1）证明：取中点连接，如图所示：

因为三棱柱的所有棱长都为2，

所以，

又因为且平面，

所以平面，

又因为平面，

所以．

在直角三角形中，，

所以，

在三角形中，，

所以，

所以，

又因为平面

所以平面．

又因为平面，

所以平面平面．

（2）假设在棱上存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，

则以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

因此，，．

因为点在棱上，

则设，其中．

则

设平面的法向量为，

由得，取

所以平面的一个法向量为．

因为直线与平面所成角的正弦值为，

所以，

化简得解得，

所以，

所以在棱上存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，

此时的长为.

20．冬奥会的成功举办极大鼓舞了人们体育强国的热情，掀起了青少年锻炼身体的热潮.某校为了解全校学生“体能达标”的情况，从高三年级1000名学生中随机选出40名学生参加“体能达标”测试，并且规定“体能达标”预测成绩小于60分的为“不合格”，否则为合格.若高三年级“不合格”的人数不超过总人数的5%，则该年级体能达标为“合格”；否则该年级体能达标为“不合格”，需要重新对高三年级学生加强训练.现将这40名学生随机分成甲、乙两个组，其中甲组有24名学生，乙组有16名学生.经过预测后，两组各自将预测成绩统计分析如下：甲组的平均成绩为70，标准差为4；乙组的平均成绩为80，标准差为6.（数据的最后结果都精确到整数）

(1)求这40名学生测试成绩的平均分和标准差s；

(2)假设高三学生的体能达标预测成绩服从正态分布N（μ，），用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为的估计值.利用估计值估计，高二学生体能达标预测是否“合格”；

(3)为增强趣味性，在体能达标的跳绳测试项目中，同学们可以向体育特长班的强手发起挑战.每场挑战赛都采取七局四胜制.积分规则如下：以4:0或4:1获胜队员积4分，落败队员积0分；以4:2或4:3获胜队员积3分，落败队员积1分.假设体育生王强每局比赛获胜的概率均为，求王强在这轮比赛中所得积分为3分的条件下，他前3局比赛都获胜的概率.

附：①n个数的方差；②若随机变量Z～N（μ，），则，，.

【答案】(1)，；

(2)合格；

(3).

【详解】（1），

第一组学生的方差为；

解得；

第二组学生的方差为；

解得.

这40名学生的方差为

，

所以；

（2）由，，得的估计值，的估计值.

，

∴.

从而高三年级1000名学生中，不合格的有（人），

又，所以高三年级学生体能达标为“合格”；

（3）设王强在这轮比赛得3分为事件A，他以的比分获胜为事件，他以的比分获胜为事件.

则，

；

所以，

设王强前3局比赛获胜的事件为B，

则，

所以.

21．抛物线：，双曲线：且离心率，过曲线下支上的一点作的切线，其斜率为.

(1)求的标准方程；

(2)直线与交于不同的两点，，以PQ为直径的圆过点，过点N作直线的垂线，垂足为H，则平面内是否存在定点D，使得DH为定值，若存在，求出定值和定点D的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)；

(2)存在，，定点.

【详解】（1）切线方程为，即，由消去y并整理得：

，则，解得，即，

由离心率得，即，双曲线，则，

所以双曲线的标准方程为：.

（2）当直线PQ不垂直于y轴时，设直线方程为，，，

由消去x并整理得：，

有，，，

，，因以为直径的圆过点，则当P，Q与N都不重合时，有，

，当P，Q之一与N重合时，成立，于是得，

则有

，即，

整理得，即，

因此，解得或，均满足，

当时，直线：恒过，不符合题意，

当时，直线：，即恒过，符合题意，

当直线PQ垂直于y轴时，设直线，由解得，

因以为直径的圆过点，则由对称性得，解得，直线过点，

于是得直线过定点，取EN中点，因于H，从而，

所以存在定点D，使得为定值，点.

22．已知函数

(1)讨论的单调性；

(2)若在有两个极值点，求证：．

【答案】(1)当时，在上单调递增；

当或时，在上单调递减，

在和上单调递增.

(2)见解析

【详解】（1）由，

求导得，

易知恒成立，故看的正负，即由判别式进行判断，

①当时，即，，则在上单调递增；

②当时，即或，

令时，解得或，

当时，，

则在上单调递减；

当或，，

则在和上单调递增；

综上所述，当时，在上单调递增；

当或时，在上单调递减，

在和上单调递增.

（2）在上由两个极值点，

或，且为方程的两个根，即，，

，，即，

将，代入上式，可得：

，

由题意，需证，令，

求导得，

当时，，则在上单调递减，即，

故.