新高中考试数学名师二模模拟卷（2）（答案版）

这是一份新高中考试数学名师二模模拟卷（2）（答案版），共15页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，设，则，已知随机变量的分布列如下，设，分别是函数和的零点，设复数，等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
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
1．若集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据二次根式的性质，结合集合并集的定义进行求解即可.
【详解】，则．
故选择：C
2．“”是“”的
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【详解】当时，，反之，当时，，
或，故应选A.
3．设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用赋值法可得，然后求出，可得答案.
【详解】因为，
所以，
当时，；
当时，；
由等式左右两边系数相等可得，
所以，
故选：C.
4．已知随机变量的分布列如下：
若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据期望公式及概率和为1列方程求解.
【详解】由已知得
解得
故选：B.
5．已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先用辅助角公式化简，结合函数单调性，列出不等式组，解出实数ω的取值范围，进而求出答案.
【详解】，
由题意可得：，则，解得，
若，则，
∵函数在区间上单调递减，则，解得，
故实数的取值范围为.
故选：C.
6．函数的图像与函数的图像的交点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．0
【答案】C
【分析】作出两个函数的图像，由图像可得交点个数．
【详解】在上是增函数，在和上是减函数，在和上是增函数，，，，
作出函数的图像，如图，由图像可知它们有4个交点．
故选：C．
7．双曲线的上支与焦点为的抛物线交于两点，若，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【解析】根据题意，设，，由抛物线的定义可得，，则，结合题意可得，即，联立抛物线与双曲线的方程，利用韦达定理可得，再由即可求解.
【详解】
根据题意，设，，
在抛物线上，则，，
则，
又，
则，即，
又，消可得，
则，
所以，即，所以，
又，
所以.
故选：A
8．设，分别是函数和的零点（其中），则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据零点定义,可得,分别是和的解.结合函数与方程的关系可知,分别是函数与函数和函数交点的横坐标,所以可得,.而与互为反函数,则由反函数定义可得.再根据基本不等式,即可求得的最小值,将化为,即可得解.
【详解】因为,分别是函数和的零点
则,分别是和的解
所以,分别是函数与函数和函数交点的横坐标
所以交点分别为
因为
所以,
由于函数与函数和函数都关于对称
所以点与点关于对称
因为关于对称的点坐标为
所以
即,且
所以
,由于,所以不能取等号
因为
所以
即
故选:D
【点睛】本题考查了反函数的定义及性质综合应用,函数与方程的关系应用,基本不等式求最值,综合性强,属于难题.
二、多选题
9．设复数，（i为虚数单位），则下列结论正确的为（ ）
A．是纯虚数B．对应的点位于第二象限
C．D．
【答案】AD
【分析】根据复数的概念判断A；算出判断B；算出判断C；求出判断D.
【详解】对于A：，其实部为零，虚部不为零，是纯虚数，A正确；
对于B：，其在复平面上对应的点为，在第四象限，B错误；
对于C：，则，C错误；
对于D：，则，D正确.
故选：AD.
10．函数的部分图像如图所示，，则下列选项中正确的有（ ）
A．的最小正周期为
B．是奇函数
C．的单调递增区间为
D．，其中为的导函数
【答案】AD
【分析】根据题意可求得函数的周期，即可判断A，进而可求得，再根据待定系数法可求得，再根据三角函数的奇偶性可判断B，根据余弦函数的单调性即可判断C，求导计算即可判断D.
【详解】解：由题意可得，所以，故A正确；
则，所以，
由，得，
所以，则，
又，所以，
则，
由，得，
所以，
则为偶函数，故B错误；
令，得，
所以的单调递增区间为，故C错误；
，
则，故D正确.
故选：AD.
11．已知P为双曲线上的动点，过点P作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，线段PA，PB的长分别为m，n，则下列结论正确的是 （ ）
A．∠APB＝B．k1k2＝C．mn＝D．|AB|≥
【答案】AC
【分析】先求出双曲线的渐近线方程，设点，利用点到直线的距离公式求出，再利用直线之间的垂直关系求出直线、的斜率，再运用余弦定理及基本不等式可确定的范围.
【详解】如下图所示，
设，则.
由题设条件知：双曲线的两渐近线：，所以可知，从而，故A正确；
由于、分别垂直、，所以，，因此，故B不正确；
由点到直线的距离公式知：，
所以，故C正确；
在中，因为，
所以，又因为，
所以（时等号成立），故D不正确.
故选：AC.
12．在正三棱锥中，设，，则下列结论中正确的有（ ）
A．当时，到底面的距离为
B．当正三棱锥的体积取最大值时，则有
C．当时，过点A作平面分别交线段，于点，不重合，则周长的最小值为
D．当变大时，正三棱锥的表面积一定变大
【答案】AD
【分析】利用等体积法求正三棱锥的高判断A；分析可得当时三棱锥体积最大判断B；利用平面展开图分析C，写出表面积，利用三角函数的单调性判断D．
【详解】解：对于A，当时，，
，
设正三棱锥的高为，
根据，得，A正确；
对于B，结合A的分析，当正三棱锥的体积取最大值时，则有，B错；
对于C，当时，过点A作平面分别交线段，于，不重合，
则周长的最小值为展开图的直线距离，C错；
对于，在中根据余弦定理得，
所以，
所以，
因为，所以，
故函数在上递增，
即当变大时，正三棱锥的表面积一定变大，故D正确．
故选：AD．
第II卷（非选择题）
三、填空题
13．曲线在处的切线方程为__________（用一般式表示）
【答案】
【分析】求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，利用点斜式写出直线方程即可.
【详解】对函数求导得，
根据导数的几何意义，故当时，切线斜率，
又切线过点，故切线方程为，即.
故答案为：
14．若直线和直线将圆的周长四等分，则__________．
【答案】2
【分析】由条件可得直线和直线间的距离为，由此可求的值.
【详解】设直线和圆相交与点，直线与圆相交于点，圆心为，
因为直线和直线将圆的周长四等分，
所以圆心位于两直线之间，且,
所以为等腰直角三角形，所以圆心为到直线的距离为，
同理可得圆心为到直线的距离为，
故直线和直线间的距离为，
所以，所以，
故答案为：2.
15．已知公差不为的等差数列的前项和为，若，，，则的最小值为__________．
【答案】
【分析】对的值进行分类讨论，结合等差数列前项和最值的求法求得的最小值．
【详解】取得最小值，则公差，或，
当时，，所以，又，所以，
所以，，故，
令，则，
所以的最小值为．
当，，不合题意．
综上所述：，，，的最小值为．
故答案为：．
16．设是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，且.若存在，使得与垂直，且，则的最小值为__________.
【答案】
【分析】根据向量的线性运算，令 ，，从而得出有共线，结合题设推出 ，当且仅当时， 取最大值2，此时面积最大，则O到的距离最远，此时 取到最小值，即可求解.
【详解】如图示，是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，且，
由题意得： ，
令 ，则三点共线
，则三点共线
故有共线，
由题意与垂直,,
知,且为定值，
在中， ，当且仅当时， 取最大值2，
此时面积最大，则O到的距离最远，而，
故当且仅当即 关于y轴对称时，最小，
此时O到的距离为 ，
所以 ,故 ，即的最小值为，
故答案为：
【点睛】方法点睛：根据向量的线性运算，可令 ， ，从而得出共线,由此根据题设可推出，即当且仅当即 关于y轴对称时，最小，从而问题可解.
四、解答题
17．已知递增等比数列的前n项和为，且满足，．
(1)求数列的通项公式．
(2)若数列满足，求数列的前15项和．
【答案】(1)
(2)92
【分析】（1）设的公比为q，由等比数列的通项公式进行基本量的运算即可求得通项；
（2）（方法一）利用已知条件列举出数列各项，然后分组求和即可；
（方法二）写出数列的通项，然后分组求和即可.
（1）设的公比为q，则由，得．整理得．又，得．联立得，消去，得．解得或．又因为为递增等比数列，所以，．所以．
（2）（方法一）当时，，则，，同理，列举得，，，，，，，．记的前n项和为，则．所以数列的前15项和为92．（方法二）由，得，记的前n项和为，则．所以数列的前15项和为92．
18．在中，，，是角，，所对的边，，有三个条件：①；②；③，现从上面三个条件中选择两个条件，使得三角形存在.
（1）两个条件中能有①吗？说明理由；
（2）请指出这两个条件，并求的面积.
【答案】（1）不能有①，理由见解析；（2）只能选择②和③，.
【分析】（1）根据正弦定理由，可得，解得，若条件中有①，可得，则与矛盾；
（2）只能选择②和③，由余弦定理得，由，可得，即可得解.
【详解】（1）∵ ，
∴由正弦定理得.
∵，∴，∵，∴.
∵，∴.
假设两个条件中有①，则会推出矛盾.过程如下：
∵，∴，此时，
.
（2）只能选择②和③.
∵∴由余弦定理得，即，
而，∴
此时，解得或，所以存在，
∴.
19．如图，在三棱锥中，△是等边三角形，．
(1)证明：；
(2)若，且平面平面，求三棱锥体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)9
【分析】（1）取中点，连接，，证明平面，得线线垂直；
（2）作，垂足为，连接．得证平面，利用全等三角形的性质得是中点，求得各线段长后，由体积公式计算体积．
（1）
证明：因为是等边三角形，，
所以，可得．
如图，取中点，连接，，
则，，,平面，
所以平面，又平面，
所以．
（2）
解：作，垂足为，连接．
因为，
所以，．
平面，所以平面，
由已知，平面平面，故．
在中，，，．在中，，
∵，∴．∴在中，．
∴．
∵平面，∴三棱锥体积．
20．某创业者计划在某旅游景区附近租赁一套农房发展成特色“农家乐”，为了确定未来发展方向，此创业者对该景区附近五家“农家乐”跟踪调查了100天，这五家“农家乐”的收费标准互不相同，得到的统计数据如下表，x为收费标准（单位：元/日），t为入住天数（单位：天），以频率作为各自的“入住率”，收费标准x与“入住率”y的散点图如图．
(1)若从以上五家“农家乐”中随机抽取两家深入调查，记为“入住率”超过0.6的农家乐的个数，求的概率分布列；
(2)令，由散点图判断与哪个更合适于此模型（给出判断即可，不必说明理由）？并根据你的判断结果求回归方程；（，的结果精确到0.1）
(3)根据第（2）问所求的回归方程，试估计收费标准为多少时，100天销售额L最大？（100天销售额L＝100×入住率×收费标准x）
参考数据：，，，，，，，，，，．
【答案】(1)
(2)
(3)150元/天
【分析】（1）根据图象得出的所有可能情况，利用超几何分布求得不同下的概率，进而列出分布列.
（2）由散点图判断出更适模型的回归方程，分别求出和，求出回归方程.
（3）写出100天销售额L的表达式，再根据导数求得最大值，即可得出收费标准.
【详解】（1）由题意，抽取两家深入调查，可能为0，1，2.
,，，
∴的分布列为：
（2）由散点图可知,散点并非均匀分布在一条直线的两侧，而是大致分布在一条曲线的两侧，不符合线性回归模型要求，∴更合适于此模型，
∵
∴
∴回归方程为：
（3）由题意得，,
在中
当时，解得：，
当即时，函数单调递减，
当即时，函数单调递增，
∴函数在处取最大值，
∴收费标准为150元/天时，100天销售额L最大.
21．设抛物线方程为，过点的直线分别与抛物线相切于两点，且点在轴下方，点在轴上方.
(1)当点的坐标为时，求；
(2)点在抛物线上，且在轴下方，直线交轴于点.直线交轴于点，且.若的重心在轴上，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）设，根据导数的几何意义可得切线方程，利用切线方程与抛物线方程可得，，进而即得；或利用条件可得切点所在直线，利用韦达定理法即得；
（2）设，根据三角形面积公式结合条件可表示，然后根据二次函数的性质结合条件即得.
【详解】（1）解法一：设，，，
由，可得，
所以，直线PA的斜率，
直线PA：，又在上，
，
所以，又，
所以，
同理可得，
，
；
解法二：设，，，
由，可得，
所以，直线PA的斜率，
直线PA：，又在上，
故，即，
因为，所以，同理可得，
故直线的方程为，
联立消去，得，
故，
故；
（2）设，由条件知，
，
，
∴，
，当时，，AC重合，不合题意，
或，
的取值范围为.
22．已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)若，证明：．
【答案】(1)单调递减区间为，无单调递增区间；
(2)证明见解析．
【分析】(1)求f(x)的导数，令，求，根据正负判断单调性，根据单调性判断正负，从而判断f(x)单调性；
(2)将化为，令＞1，则，根据(1)中f(x)单调性即可证明．
（1）
的定义域为，
由于，则，，
令，则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减．
则．
∴函数的单调递减区间为，无单调递增区间﹒
（2）
方法一：欲证，
只要证，
即证．
令，由于，则．
故只要证，即证．
由(1)可知，在区间上单调递减，
故时，，即．
由于，，则．
∴成立．
∴．
方法二：由(1)得在上单调递增，
当时，，，
，
则，使，即，则．
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增．
则
，
∴，
令，由于，则，
则，
整理得．
【点睛】本题第一问关键是二次求导，依次通过导数的正负判断原函数的单调性；第二问的关键是注意到要证的不等式可以化为，令＞1，则化为，即，结合(1)中函数单调性即可证明得到结论．
1
2
x
100
150
200
300
450
t
90
65
45
30
20
0
1
2
P
0
1
2
P