精品解析：华大新高考联盟名校5月高考押题卷数学试题

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华大新高考联盟名校高考押题卷
数学
命题单位：华中师范大学第一附属中学高三年级组
命题人：方钢 韩文晶
审题人：钟涛 胡立松
审订单位：华中师范大学考试研究院
本试题卷共4页，共22题.满分150分，考试用时120分钟
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置.
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
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要求的.
1. 设，已知两个非空集合，满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用韦恩图，结合集合的交集和并集运算即可求解.
【详解】根据题意，作出如下图韦恩图：

满足，即.
故选：B.
2. 设实数，则“”成立的一个必要不充分条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先解对数不等式，再根据集合的包含关系判断即可；
【详解】解：由，即，即，所以，
即不等式的解集为，
因为Ü，所以“”成立的一个必要不充分条件可以是；
故选：D．
3. 正六边形ABCDEF的边长为2，则=（ ）
A. -6 B. C. D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的公式可求.
【详解】在中，，，
所以，
所以有，与所成的角为120°，
所以，
故选：A．
4. 一个质地均匀的正四面体，四个面分别标以数字1，2，3，4．抛掷该正四面体两次，依次记下它与地面接触的面上的数字．记事件A为“第一次记下的数字为奇数”，事件B为“第二次记下的数字比第一次记下的数字大1”，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 事件A与事件B互斥
C. D. 事件A与事件B相互独立
【答案】C
【解析】
【分析】分别求出，，，进行判断即可.
【详解】由题意得，，，
∵，∴事件A和事件B不相互独立，．
故选：C．
5. 圭表（如图甲）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）．当太阳在正午时刻照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图乙是一个根据某地的地理位置设计的圭表的示意图，已知某地冬至正午时太阳高度角（即）大约为15°，夏至正午时太阳高度角（即）大约为60°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为a，则表高（即AC的长）为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据图形，找到角度与边长之间的关系求解.
【详解】．
在中，，在中，．
由，得，
故选：D．
6. A，B，C，D，E，F这6位同学站成一排照相，要求A与C相邻且A排在C的左边，B与D不相邻且均不排在最右边，则这6位同学的不同排法数为（ ）
A. 72 B. 48 C. 36 D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】第一步：捆绑 与除B、D以外的其他2位同学进行排列
第二步： 采用“插空法”；
然后根据分步乘法计数原理即可得到答案
【详解】首先将A与C捆绑到一起，与除B、D以外的其他2位同学共3个元素进行排列，有种排法，再将B、D插空到除最右边的3个位置中，有 种排法，因此共有种排法，
故选：C
7. 已知实数a，b，，e为自然对数的底数，且，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题得得，，，构造函数，利用导数求出函数的单调性即得解.
【详解】解：由，，得，，，
构造函数，求导得，令，得．
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
因为，所以，所以，
又因为，在上单调递减，所以.
故选：A．
8. 已知双曲线左、右焦点分别是，，过的直线l交双曲线C于P，Q两点且使得．A为左支上一点且满足，，的面积为，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据焦三角形的面积为，得到，过点A作x轴的平行线交PQ于点B，可知四边形是平行四边形，根据得到，设，则，，，，．利用勾股定理得到，即可得到双曲线的离心率.
【详解】如图所示：

因为，所以四边形是平行四边形，
因为，
，

.
所以

可得．
过点A作x轴的平行线交PQ于点B，可知四边形是平行四边形，
因为，所以，
又，所以有．
设，则，，，
，．
在中，由，解得．
在中，由，得，
所以离心率，
故选：C
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，选对但不全对的得2分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 随机变量X服从两点分布，若，则
B. 随机变量，若，，则
C. 随机变量X服从正态分布，且，则
D. 随机变量X服从正态分布，且满足，则随机变量Y服从正态分布
【答案】BD
【解析】
【分析】计算两点分布的期望判断A；利用二项分布的期望、方差公式计算判断B；利用正态分布的对称性计算判断C；利用期望、方差的性质计算判断D作答.
【详解】对于A，随机变量X服从两点分布，由，得，则，A错误；
对于B，随机变量，有，，解得，B正确；
对于C,随机变量，则，
，C错误；
对于D，随机变量X，Y满足，则，，，因此，D正确．
故选：BD
10. 设函数，，下列说法正确的是（ ）
A. 当时，的图象关于直线对称
B. 当时，的图象关于点成中心对称
C. 当时，在上单调递增
D. 若在上最小值为－2，则的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用正弦函数的图像和性质，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论.
【详解】当时，，，所以的图象关于直线对称，A选项正确；
当时，，，所以的图象关于点成中心对称，B选项正确；
当时，，当时，，在上不单调递增，C选项错误；
若在上的最小值为－2，由，得，可取得－1，所以，解得，D选项正确．
故选：ABD.
11. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，且．点E，F，G分别为棱AB，AD，PC的中点，下列说法正确的是（ ）

A. 平面PBD
B. 直线FG和直线AC所成的角为
C. 过点E，F，G的平面截四棱锥P-ABCD所得的截面为五边形
D. 当点T在平面ABCD内运动，且满足面积为时，动点T的轨迹是圆
【答案】ABC
【解析】
【分析】对选项A，将四棱锥补形成正方体，再证明平面即可.对选项B，取的中点，连接，从而得到（或其补角）与直线和直线所成的角相同，再计算其大小即可判断B正确.对选项C，延长EF交直线CD于点Ｈ，交直线BC于点I，连接GI交PB于点M，连接GH交PD于点N，即可得到截面，判断C正确.对选项D，根据题意得到点T的轨迹是椭圆．故D错误．
【详解】对选项A，可将四棱锥补形成正方体，
如图所示：

直线即体对角线，
平面，
因为平面，所以.
平面，
因为平面，所以.
又因为，所以平面.
故A正确.
对选项B，如图所示：

取的中点，连接，
因为分别为，的中点，
可知，所以（或其补角）与直线和直线所成的角相同，
又因为分别为，，的中点，
所以，，

在中，，所以，
故B正确；
对选项C，延长EF交直线CD于点Ｈ，交直线BC于点I，连接GI交PB于点M，
连接GH交PD于点N，如图所示：

则五边形EFNGM即为平面EFG截四棱锥P-ABCD所得的截面，故C正确；
对选项D，当时，，所以点T到AG的距离为，
点T在以AG为轴，底面半径的圆柱上，又点T在平面ABCD上，
所以点T的轨迹是椭圆．故D错误．
故选：ABC
12. 已知函数是定义域不为的奇函数．定义函数．下列说法正确的是（ ）
A.
B. 在定义域上单调递增
C. 函数不可能有四个零点
D. 若函数仅有三个零点，，，满足；且，则a的值唯一确定且
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据奇函数得到，即可求出，令，画图函数图象，结合函数图象及二次函数零点分布问题求出参数的取值范围；
【详解】解：因为函数为奇函数，
所以，即，
化简整理得，所以，解得，
当时，，定义域为，不符合题意；
当时，，定义域为，A选项正确；
因为，，，所以在定义域上不是单调递增的，B选项错误；
，令，函数图象如图所示．


若函数有四个零点，则有两个大于2的实根，，符合题意的a不存在，C选项正确；
若函数仅有的三个零点分别为，，，满足且，
则有一个实根大于2，另一根，由韦达定理得，，
其中的两根为，，的实根为．
，，
因为，，解得（正值舍去），所以．D选项正确．
故选：ACD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在（其中i为虚数单位）的展开式中，项的系数为______．（用数字作答）
【答案】70
【解析】
【分析】写出二项展开式的通项，令的指数等于4，即可得出答案.
【详解】解：（其中i为虚数单位）的第项为，
令，得，
所以项的系数为．
故答案为：70.
14. 已知抛物线的焦点为F，点M为C上一点，点N为x轴上一点，若是边长为2的正三角形，则p的值为______．
【答案】3
【解析】
【分析】由题意可得，，然后将点的坐标代入抛物线方程中可求出p的值
【详解】解：如图，因为是边长为2的正三角形，所以可得，

当M与焦点F的横坐标相同时，，
所以点M位于点F的左侧，
所以，
所以，
因为点在抛物线上，
所以，化简得，
解得（舍去），或，
故答案为：3
15. 如图，四边形ABCD是边长为2的菱形且，现将以BD为轴翻折至，使得二面角为锐二面角，则点B到平面的距离是______．

【答案】##
【解析】
【分析】取BD的中点E，连接，CE，则为二面角的平面角，然后利用，可求出点B到平面的距离
【详解】如图，取BD的中点E，连接，CE，则为二面角的平面角，，，所以为正三角形，
所以，
因为，
所以,

过点作于点F，
因为，
所以平面，
因为平面,
所以平面平面，
因为平面平面，平面，
所以面BCD，
所以，
设点B到所在平面的距离为d，
由，得，
所以
解得．
故答案为：
16. 已知数列为1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是，接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，依此规律类推．若其前n项和，则称k为的一个理想数．将的理想数从小到大依次排成一列，则第二个理想数是______；当的项数时，其所有理想数的和为______．
【答案】 ①. 2 ②. 115
【解析】
【分析】第一空，求出，即可确定第二个理想数；
第二空，将数列分组可得到第N组N个数：，，，…，，其和为，
于是前N组共个数，其和为，由此可得前N组共个数，其和为，继而判断当时，若，则是的一个理想数．从而根据项数，确定答案.
【详解】由题意可知 ,故第一个理想数为1，第二个理想数为2，
当时，数列可分为：
第1组1个数：1，其和为，
第2组2个数：，，其和为，
第3组3个数：，，，其和为，
……，
第N组N个数：，，，…，，其和为，
于是，前N组共个数，其和为，
当时，不可能是2的整数幂，
设第组还有t个数（），这t个数的和为，
所以项数，其前n项和，
当时，若，则是的一个理想数．
由项数，即得，
由，因此．
当时，，理想数为6；当时，，理想数为14；
当时，，理想数为30；当时，，理想数为62；
所以当项数时，所有理想数的和为．
故答案为：2；115
四、解答题：本题共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. 已知数列满足，．
（1）证明：数列为等比数列；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）变形给定等式，结合等比数列的定义判断作答.
（2）由（1）求出，再利用错位相减法求解作答.
【小问1详解】
依题意，，则，由及，得，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列．
【小问2详解】
由（1）知，，即，
则，
于是得，
两式相减得：
，
所以．
18. 如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，E为PD的中点．底面为等腰梯形，，，．

（1）证明：；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，证得，结合面面垂直的性质定理，得到 平面，即可证得；
（2）取的中点，证得平面，以点O为坐标原点，以、和分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，分别求得和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
解：取的中点，连接，
因为且，所以四边形是平行四边形，所以，
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，
所以CD⊥平面，又因为平面，所以．
【小问2详解】
解：取的中点，可得，
因为平面平面，且平面平面，
所以平面，
又因为，所以，
以点O为坐标原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，取，可得，所以，
设平面的法向量为，
则，取，可得，所以，
所以，
易知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．

19. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角B的大小；
（2）若为钝角三角形，______，求外接圆的半径R的取值范围．
请在下列两个条件中选择一个作为条件补充在横线上，并解决问题．①；②．
【答案】（1）
（2）选①，；选②，．
【解析】
【分析】（1）根据进行化简运算即可求角B的大小；
（2）选择不同的条件结合正弦定理或余弦定理分别求解即可.
【小问1详解】

因为，所以，，
所以，此时，解得．
【小问2详解】
若选择条件①，
由正弦定理，，
而，
因为为钝角三角形，不妨设，则，，故，
外接圆的半径为．
若选择条件②，
因为为钝角三角形，由及知角A必为钝角，即，
由余弦定理得，代入（*）式得，故．
所以，得，
故，可得
由正弦定理得．
20. 为丰富学生在校的课余生活，某校高三年级倡导学生积极参加踢毽子、投篮、射门等体育活动．各班拟推选“运动健将”组建班级代表队参与年级组织的体育比赛，年级依据各班团体和个人项目成绩的总积分排名给予表彰．

（1）踢毽子是团体项目之一．班级人均一分钟踢毽子数不低于37个就认定为优秀．A班利用体育课进行一分钟踢毽子练习，体育委员统计出同学们的成绩（全介于10到70之间）并作出频率分布直方图如图所示（原始成绩单丢失）．已知该频率分布直方图后四组“柱高”依次成等比数列，假若以这次练习的成绩做评价，该班是否能达到优秀标准？请你说明你的判断理由．
（2）年级组织的竞技比赛中设有定点投篮和射门两个个人项目，竞赛规则如下：参赛选手从甲、乙两种方式中任选一种进行比赛，若投中或射中就称之为成功．
甲方式：从投篮、射门两项中通过抽签等可能地选择其中一个项目连续测试两次；
乙方式：从投篮、射门两项中通过抽签等可能地选择其中一个项目进行测试，若该项目成功则换另一个项目接着进行测试，否则重复测试该项目，此方式也只测试两次．
积分规则：无论选甲、乙哪种方式，若某项目首次测试成功就记5分，失败则记0分；再次测试该项目时，成功只记4分，失败仍记0分．
A班推选a同学代表班级从甲、乙两方式中选择一种参加个人项目比赛．已知a同学投篮和射门的命中率分别为，，且前后两项测试不会相互影响．以参加比赛的得分期望为标准，请问a同学该选择哪种方式？
【答案】（1）A班能达到优秀标准，理由见解析；
（2）a同学该选择乙方式.
【解析】
【分析】（1）由直方图结合等比数列前n项和公式求出公比，即可得后四组的频率，根据直方图求平均值并与37比较大小，即可得结论.
（2）根据所选的方式确定对应得分可能值，并求出各可能值的概率，进而求期望并比较大小，即可作决策.
小问1详解】
设倒数第1，2，3，4柱高的公比为q（），则，即，
记函数，，在定义域上单调递增且，故．
则平均值为，
因为，所以A班能达到优秀标准．
【小问2详解】
若选择甲方式，记得分为X可能取值为9，5，4，0．
，，
，，
此时．
若选择乙方式，记得分为Y可能取值为10，5，4，0．
，，
，，
此时．
因为，所以a同学该选择乙方式．
21. 如图，已知椭圆的离心率为，直线与圆交于M，N两点，．

（1）求椭圆E的方程；
（2）A，B为椭圆E的上、下顶点，过点A作直线交圆O于点P，交椭圆E于点Q（P，Q位于y轴的右侧），直线BP，BQ的斜率分别记为，，试用k表示，并求当时，△面积的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由点线距离及勾股定理求得，再根据离心率和椭圆参数关系求a、c，即可得E的方程；
（2）由题意设为，联立圆和椭圆求P、Q的坐标，应用斜率两点式求、，根据已知条件求参数k的范围，并得到△面积关于k的表达式，利用导数判断单调性，进而求面积的范围.
【小问1详解】
圆心O到直线的距离为，解得，
由题设，，解得，故椭圆E的方程为．
【小问2详解】
由（1）知，，，直线为，
设，，
联立，得，
所以，，
联立得：，
所以，，
．
由，得：，
．
令，则，
所以函数在上单调递增，，，
所以△面积的取值范围为.
22 已知函数，．
（1）若，直线l是的一条切线，求切线l的倾斜角的取值范围；
（2）求证：对于恒成立．
（参考数据：，，，，）
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，令，即可得到的单调性，从而求出的取值范围，即可求出倾斜角的取值范围；
（2）令，求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间与极值，再证明其极小值大于即可；
【小问1详解】
解：因为，所以，设，则，
所以在上单调递增，故，
则，因为，
所以．
【小问2详解】
解：令，，
则，设函数，得，
当时，，，；
当时，，，；
当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增，
，，
所以，使得．
又．
．
所以，使得．
所以函数的单调性及极值情况如下表：
x






+
0
-
0
+

单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
因为，所以只需证明．
由，得，
所以．
令，，
因为在上单调递减，
所以，
所以对于恒成立，即对于恒成立
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．