新高中考试数学名师二模模拟卷（1）（答案版）

这是一份新高中考试数学名师二模模拟卷（1）（答案版），共14页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，函数的图象大致为，已知，则下述正确的是等内容，欢迎下载使用。
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题(共40分)
1．已知集合，，则（ ）
A．或B．
C．D．或
【答案】A
【分析】根据不等式解出集合，在按照集合的补集与并集运算即可.
【详解】解：集合，
所以或，则或.
故选：A.
2．的实部与虚部之和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用复数的除法化简，进而即得.
【详解】因为，
则的实部与虚部之和为为.
故选：B.
3．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先判断函数的定义域及奇偶性进行排除,根据0到第一个零点处的函数值正负,即可判断选项C,D的正误.
【详解】解:由题知,
定义域为,解得,
所以,
故为奇函数,
排除A,B;
令
可得,即,
解得,
当时,,
,此时,
故选项D错误,选项C正确.
故选:C
4．二十四节气歌是为了方便记忆我国古时立法中的二十四个节气而编成的小诗歌，体现着我国古代劳动人民的智慧.四句诗歌“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连；秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”中，每一句诗歌的开头一字代表着季节，每一句诗歌包含了这个季节中的6个节气.若从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】直接由组合结合古典概型求解即可.
【详解】由题意知：从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的概率为.
故选：C.
5．已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据指对函数性质与对数运算进行比较即可得出答案.
【详解】由题意得，，，
．
故选：A．
6．下列函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递增的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】逐项分析各选项中函数的最小正周期以及各函数在区间上的单调性，可得出结论.
【详解】对于A选项，函数的最小正周期为，故A错误；
对于B选项，函数的最小正周期为，当时，，
因为在上单调递增，所以在上单调递增，故B正确；
对于C选项，函数的最小正周期为，当时，，
因为在上单调递减，所以在上单调递减，故C错误；
对于D选项，函数的最小正周期为，故D错误.
故选：B.
7．《九章算术》中所述“羡除”，是指如图所示五面体ABCDEF，其中，“羡除”形似“楔体”．“广”是指“羡除”的三条平行侧棱之长a，b，c、“深”是指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离m、“袤”是指这两条侧棱所在平行直线之间的距离n（如图）．已知，，，，，则此“羡除”的体积为（ ）

A．2B．3C．D．
【答案】A
【分析】设,过点作，，垂足分别为.过点作，，垂足分别为.则将几何体分解成一个直棱柱和两四棱锥，然后分求出体积再求和即可.
【详解】如图设
过点作，，垂足分别为.
过点作，，垂足分别为.
则将几何体分为三部分,其中为四棱锥，为直三棱柱.
设,则，


所以该几何体的体积为
故选：A
【点睛】关键点睛：本题考查不规则几何体的体积的求法，解答本题的关键是过点作，，垂足分别为.过点作，，垂足分别为.则将几何体分解成一个直棱柱和两四棱锥规则几何体进行求解，属于中档题.
8．双曲线的一条渐近线方程为，，分别为该双曲线的左右焦点，为双曲线上的一点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求最小值，则要尽可能小，要尽可能大,所以在双曲线的右支上,则，所以，消元转化为对勾函数求最值
【详解】若求最小值，则要尽可能小，要尽可能大
所以在双曲线的右支上
渐近线
又因为 所以

由双曲线定义，当在双曲线的右支上，
当且仅当，即时取等号
因为右支上的顶点到最小，最小为
所以不到等号，当时，取最小值
最小值为：
故选：B
二、多选题(共20分)
9．已知，则下述正确的是（ ）
A．圆C的半径B．点在圆C的内部
C．直线与圆C相切D．圆与圆C相交
【答案】ACD
【分析】先将圆方程化为标准方程，求出圆心和半径，然后逐个分析判断即可
【详解】由，得，则圆心，半径，
所以A正确，
对于B，因为点到圆心的距离为，所以点在圆C的外部，所以B错误，
对于C，因为圆心到直线的距离为，
所以直线与圆C相切，所以C正确，
对于D，圆的圆心为，半径，
因为，，
所以圆与圆C相交，所以D正确，
故选：ACD
10．已知在正四面体中，、、、分别是棱，，，的中点，则（ ）
A．平面B．
C．平面D．、、、四点共面
【答案】ABD
【分析】把正四面体放到正方体里，对于A项根据线面平行的判定定理证明
对于B项，从正方体的角度上看易得
对于D项，证明四边形是平行四边形可验证
对于C项，反证法证明，矛盾点是与的夹角.
【详解】把正四面体放到正方体里，画图为：
对于A项，、分别为，的中点，
又平面且平面
平面，故A正确
对于B项，从正方体的角度上看易得，故B正确.
对于D项，、、、分别是棱，，，的中点
且
且
所以
所以四边形是平行四边形，故、、、四点共面，所以D正确.
对于C项，若平面成立，即平面
又因为平面
所以
又因为、分别为，的中点，
所以
所以
而为等边三角形，与矛盾，所以C不正确.
故选：ABD
11．如图，已知椭圆，，分别为左、右顶点，，分别为上、下顶点，，分别为左、右焦点，点P在椭圆C上，则下列条件中能使C的离心率为的是（ ）
A．
B．
C．轴，且
D．四边形的内切圆过焦点，
【答案】ABD
【分析】由椭圆方程依次写出顶点及焦点坐标，A选项直接计算即可判断；B选项由即可判断；C选项由即可判断；D选项由即可判断.
【详解】由题意知：，设椭圆离心率为，
对于A，，
即，同除整理得，解得，又，故，A正确；
对于B，，即，即，即，由上知，B正确；
对于C，轴，由，解得，故，，即，
即，解得，则，故离心率，C错误；
对于D，易得内切圆半径为斜边上的高，即，若内切圆过焦点，，则，
整理得，同除得，解得，又，则，
故，D正确.
故选：ABD.
12．已知，若，，则下述正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据对数的运算性质以及分段函数的处理策略求解.
【详解】因为，且，所以，
故A正确；
当时，，，，
所以，故B错误；
对于C选项，当，，由对数的性质和运算法则有
，当，时，，
当中有1个大于等于1，不妨设，，则，则
，故C正确；
当时，，所以，当时，，
由对数的运算法则有：，故D正确.
故选：ACD
第II卷（非选择题）
三、填空题(共20分)
13．某校高二年级有男生510名，女生490名，若用分层随机抽样的方法从高二年级学生中抽取一个容量为200的样本，则女生应抽取___________名.
【答案】98
【分析】根据分层抽样的定义，计算男女生比例，即可计算求解.
【详解】由已知得，男生与女生的比例为：，根据分层抽样的定义，
女生应该抽取的人数为：（人）
故答案为：98
14．在中，AD为BC边上的中线，点E在线段AD上，且，若，则_______．
【答案】1
【分析】画出草图，利用向量的加减与已知条件将表示为与，得出x与y的值，即可得出答案.
【详解】作出草图如下：
点E在线段AD上，且，
，
为BC边上的中线，
，
，
，
又，且，不共线，
，，
，
故答案为：1.
15．已知等差数列{an}中， 将此等差数列的各项排成如下三角形数阵：
则此数阵中第20行从左到右的第10个数是_________.
【答案】598
【详解】等差数列{an}中，，
而第1行有1个数，第2行有2个数，依此类推第19行有19个数则第19行的最后一个数是数列的第1+2+…+19=190项，则此数阵中第20行从左到右的第10个数是该数列的第200项，∴=1+199×3=598
故答案为598
点睛：本题主要考查了等差数列的通项公式，解题的关键是先根据等差数列中的两项求出数列的通项，然后弄清数阵中第20行从左到右的第10个数是该数列的第几项，根据通项公式即求解.
16．定义为与x距离最近的整数，令函数，如：，．则______；______．
【答案】 3 ##
【分析】令，，则，即可得到，从而求出满足此不等式的正整数的个数，找到规律，从而计算可得；
【详解】解：令，，则，
即，即，
所以，满足此不等式的正整数的个数有，
即，共有个数；
即时则有个，即，；
时则有个，即，，，；
时则有个，即，，，，，；
时则有个，即，，，，（其中，）
又，所以，，，，
其中共有个数；
所以；
故答案为：；
四、解答题(共70分)
17．在条件①；②；③中任选一个，补充到下面问题中，并给出问题解答.
在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，___________，求c.
注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】.
【分析】若选①，由结合条件可得；若选②，由正弦定理结合条件可得；若选③，由正弦定理、余弦定理结合条件可得. 最后由余弦定理可求得.
【详解】若选①：因为，所以，
即，又，所以，即，又，所以.
若选②：由正弦定理得，因为，所以，
又，则，又，所以，即.
若选③：由正弦定理得，则，
由余弦定理得，又，所以.
又，，由余弦定理得，即，又，所以.
18．已知等差数列的公差为正数,与的等差中项为,且.
求的通项公式；
从中依次取出第项,第项,第项,， 第项,按照原来的顺序组成一个新数列,判断是不是数列中的项？并说明理由.
【答案】；是数列中的项，理由见解析.
【分析】设等差数列的公差为，由题意可知与的等差中项为，利用等差数列的定义列出式子求出公差为，，进而列出的通项公式；
写出，将代入验证即可.
【详解】解：设等差数列的公差为，根据等差中项的性质可得与的等差中项为，
所以，又因为，即.
所以，，因为公差为正数,所以.
则，则.
的通项公式.
结合可知，，，，.
令，即，符合题意，即.
所以是数列中的项.
【点睛】本题考查等差数列的定义，通项公式的求法，考查推理能力，属于基础题.
19．如图，在三棱台中，底面为等边三角形，平面ABC，，且D为AC的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为平面ABC，平面ABC，所以，
又为等边三角形，D为AC的中点，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以.
在直角梯形中，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知DB，DC，两两垂直，如图所示，以D为坐标原点，DB，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，
设平面的法向量为，
由得
所以平面的一个法向量为
设平面的法向量为，
因为，，
由得
所以平面的一个法向量为
设平面与平面夹角，则
，
由图象可得平面与平面夹角为锐角，
所以.
20．为提升教师的命题能力，某学校将举办一次教师命题大赛，大赛分初赛和复赛，初赛共进行3轮比赛，3轮比赛命制的题目分别适用于高一，高二，高三年级，每轮比赛结果互不影响．比赛规则如下：每一轮比赛，限时60分钟，参赛教师要在指定的知识范围内，命制非解答题，解答题各2道，若有不少于3道题目入选，将获得“优秀奖”，3轮比赛中，至少获得2次“优秀奖”的教师将进入复赛．为能进入复赛，教师甲赛前多次进行命题模拟训练，指导老师从教师甲模拟训练命制的题目中，随机抽取了4道非解答题和4道解答题，其中有3道非解答题和2道解答题符合入选标准．
(1)若从模拟训练命制的题目中所抽取的8道题目中，随机抽取非解答题，解答题各2道，由此来估计教师甲在一轮比赛中的获奖情况，试预测教师甲在一轮比赛中获“优秀奖”的概率；
(2)若以模拟训练命制的题目中所抽取的8道题目中两类题目各自入选的频率作为每道该类题目入选的概率，经指导老师对教师甲进行赛前强化训练后，每道非解答题入选的概率不变，每道解答题入选的概率比强化训练前大，以获得“优秀奖”次数的期望作为判断依据，试预测教师甲能否进入复赛？
【答案】(1)
(2)教师甲能进入复赛
【分析】（1）分非解答题入选1道，解答题入选2道，非解答题入选2道，解答题入选1道，非解答题，解答题各入选2道计算概率，再相加即可；
（2）先计算出甲在一轮比赛中可获得“优秀奖”的概率，判断出3轮比赛可看作3重伯努利试验，再由二项分布期望公式计算期望，判断即可.
【详解】（1）设A＝“在一轮比赛中，教师甲获得优秀奖”，则事件A发生的所有情况有
①符合入选标准的非解答题入选1道，解答题入选2道的概率为
②符合入选标准的非解答题入选2道，解答题入选1道的概率为
③符合入选标准的非解答题，解答题各入选2道的概率为
所以；
（2）由题知，强化训练后，每道非解答题入选的概率为，每道解答题入选的概率为，则强化训练后，教师甲在一轮比赛中可获得“优秀奖”的概率为
，
因为每轮比赛结果互不影响，所以进行3轮比赛可看作3重伯努利试验．
用X表示教师甲在3轮比赛中获得“优秀奖”的次数，则．
∴，
∴教师甲能进入复赛.
21．如图，点是圆：上的动点，点，线段的垂直平分线交半径于点．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)点为轨迹与轴负半轴的交点，不过点且不垂直于坐标轴的直线交椭圆于，两点，直线，分别与轴交于，两点．若，的横坐标之积是2，问：直线是否过定点？如果是，求出定点坐标，如果不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)直线过定点.
【分析】（1）利用定义法求点的轨迹的方程；
（2）直线的方程为，联立直线和椭圆的方程得到韦达定理，再根据得，即得解.
(1)
解：由题得,
所以点的轨迹是以为焦点，长轴为4的椭圆.
所以，
所以椭圆的方程为.
所以点的轨迹的方程为.
(2)
解：由题得点,设直线的方程为，
联立直线和椭圆的方程为得，
所以.
设，所以.
所以直线方程为，
令得，同理,
因为，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，所以直线的方程为，
所以直线过定点.
22．已知函数，其中.
(1)当时，求的最小值；
(2)讨论方程根的个数.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据已知条件去掉绝对值，再利导数法求函数的最值即可求解；
（2）根据已知条件及对数恒等式，利用导数法求出函数的单调性进而得出自变量的关系，再结合方程的根转化为函数与函数的交点即可求解.
（1）
时，.
①时，，
，
所以，即在时单调递减；
②时，.
所以，即在时单调递增；
当时，取得最小值为
所以的最小值是.
（2）
由题，，
则，
即.
所以.由，得.
当时，；
当时，；
所以，在上递减；在上递增.
又因为，所以，当且仅当或.
又，故和不可能同时成立.
所以方程根的个数是两函数和的零点个数之和，其中
当时，函数的零点个数转换为直线与函数图象的交点个数，
，令，即，解得.
当易知时，,单调递减，
当时，，单调递增；
在处取得最小值为，
所以时，直线与函数图象无交点，函数无零点；
时，直线与函数图象有一个交点，函数有1个零点；
时，直线与函数图象有2个交点函数，有2个零点.
同理：函数的零点个数转化为直线与函数图象交点个数，
设，则
所以函数在单调递增，
在处的函数值为，
所以故时，在上必有1个零点.
综上所述，时，方程有1个根；
时，方程有2个根；时，方程有3个根.
【点睛】解决此类型的关键第一问去掉绝对值分别讨论单调性，但要注意分段函数是一个函数，利用导数法求函数的最值的步骤即可，第二问先对方程变形，然后利用导数法得出函数单调性进而出自变量与函数值的关系，再结合方程的根转化为函数与函数交点的问题即可.