新高中考试数学名师三模模拟卷（2）（答案版）

这是一份新高中考试数学名师三模模拟卷（2）（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，函数为偶函数的一个充分条件是，函数的图象是，已知向量，，且，，则的最小值为，关于曲线C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
1．复数在复平面内对应的点的坐标为，为虚数单位，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据复数的几何意义可得，再利用复数的除法法则可求得复数.
【详解】由于复数在复平面内对应的点的坐标为，则，
所以，.
故选：C.
【点睛】本题考查复数的除法运算，同时也考查了复数的坐标表示，考查计算能力，属于基础题.
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由绝对值不等式及一元二次不等式的解法求出集合和，然后根据交集的定义即可求解.
【详解】解：由题意，集合，或，
所以，
故选：B.
3．函数为偶函数的一个充分条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求得函数为偶函数的充要条件，再去求函数为偶函数的充分条件即可解决.
【详解】函数为偶函数，
则有，解之得，令，则有
则函数为偶函数的一个充分条件为
故选：C
4．已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题可得为等腰直角三角形，得出外接圆的半径，则可求得到平面的距离，进而求得体积.
【详解】，为等腰直角三角形，，
则外接圆的半径为，又球的半径为1，
设到平面的距离为，
则，
所以.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.
5．函数的图象是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先根据函数的奇偶性排除部分选项，再根据函数值的正负确定.
【详解】解：，
因为，
所以是偶函数，故排除AD，
当时，令，得或，
当或时，，当时，，
故选：B
6．已知向量，，且，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据向量的数量积的定义，运算律以及二次函数的性质即可求出最值．
【详解】∵向量，，且，
∴，
∴，
当且仅当时取等号，即的最小值为．
故选：．
7．已知双曲线，点是双曲线的右焦点，是双曲线的右顶点，过点作轴的垂线，交双曲线于两点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】C
【分析】利用双曲线的简单性质，转化求解推出、、的关系，然后求解双曲线的离心率即可．
【详解】解：当时，，解得，
由双曲线的对称性可知，点为的中点，
故，，
则，
解得，
即，
可得，，，解得．
故选：C.
8．已知函数，若关于x的方程有四个不同的实根，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】把方程有四个不同的实根，转化为函数和的图象有四个交点，作出两个函数的图象，结合图象，即可求解.
【详解】当时，，
当时，，当时，，
所以当时，在上单调递减，在上单调递增.
又当时，，
所以根据周期为1可得时的图象，故的图象如图所示：
将方程，转化为方程有四个不同的实根，
令，其图象恒过，
因为与的图象有四个不同的交点，所以或，
又由，，，，，
故，，，，
所以或，即或，
故选：C.
【点睛】方法点拨：把方程有四个不同的实根，转化为函数和的图象有四个交点，结合图象，列出相应的不等关系式是解答的关键.
二、多选题
9．关于曲线C：，下列说法正确的是（ ）
A．曲线C一定不过点
B．若，过原点与曲线C相切的直线有两条
C．若，曲线C表示两条直线
D．若，则直线被曲线C截得弦长等于
【答案】AB
【分析】直接将点代入曲线C方程，由方程无解即可判断A选项；先由原点到圆心的距离判断出原点在圆外即可判断B选项；代入曲线C解出即可判断C选项；先求出圆心在直线上结合直径即可判断D选项
【详解】将点代入曲线C：可得，整理得，
即，显然此方程无解，即曲线C一定不过点，A正确；
时，易得曲线C是圆心为，半径为的圆，此时原点和圆心之间的距离为，
，故原点在圆外，过原点有两条直线与曲线C相切，B正确；
时，曲线C：，则，解得，则曲线C表示一个点，C错误；
时，曲线C：，圆心在直线上，则直线被曲线C截得弦长即为圆的直径等于2，D错误.
故选：AB.
10．某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，则（ ）
A．该圆台的高为
B．该圆台轴截面面积为
C．该圆台的体积为
D．一只小虫从点沿着该圆台的侧面爬行到的中点，所经过的最短路程为
【答案】BCD
【分析】由勾股定理即可求得圆台的高，即可判断A选项；由梯形面积公式即可判断B选项；由圆台体积公式即可判断C选项；由圆台侧面展开图结合勾股定理即可判断D选项.
【详解】
如图，作交于，易得，则，则圆台的高为，A错误；
圆台的轴截面面积为，B正确；圆台的体积为，C正确；
将圆台一半侧面展开，如下图中，设为中点，圆台对应的圆锥一半侧面展开为扇形，
由可得，则，，又，则，
即点到的中点所经过的最短路程为，D正确.
故选：BCD.
11．定义在上的偶函数满足，当时，，设函数，则正确的是（ ）
A．函数图像关于直线对称B．函数的周期为6
C．D．和的图像所有交点横坐标之和等于8
【答案】AD
【分析】对于A：由即可推出对称轴；
对于B：由偶函数和对称性即可推出周期；
对于C：由周期性和对称性可知，即可推出的值；
对于D：由题可知，函数与均关于直线对称，画出图像即可求出答案.
【详解】，函数图像关于直线对称，故A正确；
又为偶函数，，所以函数的周期为4，故B错误；由周期性和对称性可知，，故C错误；
做出与的图像，如下：
由图可知，当时，与共有4个交点，与均关于直线对称，所以交点也关于直线对称，则有，故D正确.
故选：AD.
12．已知圆锥的顶点为P，母线长为2，底面圆直径为，A，B，C为底面圆周上的三个不同的动点，M为母线PC上一点，则下列说法正确的是（ ）
A．当A，B为底面圆直径的两个端点时，
B．△PAB面积的最大值为
C．当△PAB面积最大值时，三棱锥C-PAB的体积最大值为
D．当AB为直径且C为弧AB的中点时，的最小值为
【答案】ACD
【分析】对于A，利用已知条件和圆锥的性质判断即可，对于B，由三角形的面积公式结合正弦函数的性质判断，对于C，当△PAB面积最大值时，，从而可求出点C到AB的距离的最大值，进而可求出三棱锥C-PAB的体积最大值，对于D，由题意可得△PAC和△PBC全等，在△PAC中求出，从而可求出PC边上的高，则可求出的最小值
【详解】对于A，记圆锥底面圆心为O，，所以，所以，故A正确；
对于B，设，则截面三角形的面积，故B不正确；
对于C，由选项B中推理可知，此时，所以点C到AB的距离的最大值为，从而可知三棱锥C-PAB的体积最大值为，故C选项正确；
对于D，由题意可得△PAC和△PBC全等，在△PAC中，，，所以，进而，
记PC边上的高为h（垂足为Q），则，所以，当M与Q重合时取等号，故D选项正确；
故选：ACD．
第II卷（非选择题）
三、填空题
13．已知函数在点处的切线为l，若l与函数相切，切点为，则__________．
【答案】9
【分析】先求出，求出切线方程，进而求得，即可求解.
【详解】由题意得，则，切线方程为，即，
则，则，.
故答案为：9.
14．写出一个在区间上单调递减的幂函数__________.
【答案】（答案不唯一）
【分析】直接由幂函数和单调性求解即可.
【详解】由题意知：为幂函数，且在区间上单调递减.
故答案为：（答案不唯一）.
15．设函数的图像与的图像有公共点，且在公共点处切线方程相同，则实数的最大值为_________.
【答案】
【分析】设公共点坐标为，，求出两个函数的导数，利用，推出，然后构造函数，利用导函数单调性求解函数的最值即可．
【详解】解：设公共点坐标为，，则，
所以有，即，解出舍去），
又，所以有，
故，
所以有，对求导有，
故关于的函数在为增函数，在为减函数，
所以当时有最大值．
故答案为：．
【点睛】本题考查函数的导数的应用，切线方程以及函数的单调性、最值的求法，考查计算能力．
16．已知数列满足，则__________，若对任意的，恒成立，则的取值范围为_____________.
【答案】
【分析】由可求得的值，令由可得出，两式作差可得出数列的通项公式，可得出的值，然后分为奇数和偶数两种情况讨论，分析数列的单调性，由此可求得实数的取值范围.
【详解】当时，；
当时，，
可得，
上述两式作差可得，即，
不满足，所以，，则.
当时，，即，
所以，数列从第二项开始为递增数列，
对任意的，恒成立.
①若为正奇数，则，，则，可得；
②若为正偶数，则，可得.
综上所述，.
故答案为：；.
【点睛】思路点睛：已知数列的前项和，求通项公式的步骤：
（1）当时，；
（2）当时，根据可得出，化简得出；
（3）如果满足当时的通项公式，那么数列的通项公式为；如果不满足当时的通项公式，那么数列的通项公式要分段表示为.
四、解答题
17．已知△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，BD为∠ABC的角平分线．
(1)求证：；
(2)若且，求△ABC的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先得出，再由正弦定理即可证明；
（2）设，由可得，进而求出，再由面积公式求解即可.
【详解】（1）由题意可得，因为BD为∠ABC的角平分线，则，
在△ABD中，，则，同理可得，因此，即．
（2）设，则，因为，即，
又且，可得，因为，则，则，，可得，，
所以，，．
18．已知等差数列中，，，且.
(1)求数列的通项公式及前2n项和；
(2)若，记数列的前n项和为，求.
【答案】(1)，数列的前2n项和为
(2)
【分析】（1）结合，求得等差数列的通项公式，即可得的通项公式，利用分组求和的方法，根据等差数列和等比数列的前n项和公式求解即可；
（2）由（1）可知，利用错位相减法求解即可.
(1)
设等差数列的公差为d，则，
所以，从而．
.
(2)
∵，
∴，
，
相减得，，
，
即.
19．为调查禽类某种病菌感染情况，某养殖场每周都定期抽样检测禽类血液中指标的值.养殖场将某周的5000只家禽血液样本中指标的检测数据进行整理，绘成如下频率分布直方图
(1)根据频率分布直方图，估计这5000只家禽血液样本中指标值的中位数（结果保留两位小数）；
(2)通过长期调查分析可知，该养殖场家禽血液中指标的值服从正态分布
（i）若其中一个养殖棚有1000只家禽，估计其中血液指标的值不超过的家禽数量（结果保留整数）；
（ii）在统计学中，把发生概率小于的事件称为小概率事件，通常认为小概率事件的发生是不正常的.该养殖场除定期抽检外，每天还会随机抽检20只，若某天发现抽检的20只家禽中恰有3只血液中指标的值大于，判断这一天该养殖场的家禽健康状况是否正常，并分析说明理由.
参考数据：
①；
②若，则
【答案】(1)7.03
(2)（i）841；（ii）不正常，理由见解析.
【分析】（1）先判断中位数所在区间，再设出中位数，利用中位数左侧频率和为0.5求解即可；
（2）（i）由正态分布的对称性及特殊区间的概率求得，再计算家禽数量即可；（ii）先求出，再由独立重复实验的概率公式求出恰有3只血液中指标的值大于的概率，和比较作出判断即可.
【详解】（1）由可得中位数在区间内，
设中位数为，则，解得；
（2）（i）由可得，
则，只；
（ii），，随机抽检20只相当于进行20次独立重复实验，
设恰有3只血液中指标的值大于为事件，则，
所以这一天该养殖场的家禽健康状况不正常.
20．如图，在四棱锥中，四边形ABCD为菱形，，E，F分别是PA，PD的中点，过E，F作平面交线段PB，PC分别于点G，H，且
(1)求证：；
(2)若PD⊥平面ABCD，且二面角为，二面角的正弦值为，求t的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意，可得，根据线面平行的判定定理可得平面PBC，从而由线面平行的性质定理可得，由平行公理即可得证；
（2）由PD⊥平面ABCD，可得∠ADC为二面角的平面角，则，取BC中点O，连接OD，以D为原点，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而求出平面PBD的法向量与平面EFG的法向量为，从而利用向量法即可求解.
（1）
证明：∵E，F分别是PA，PD中点，
∴，
又∵，
∴，
又∵平面PBC，平面PBC，
∴平面PBC，
又∵平面α，平面平面，
∴，
∴；
（2）
解：∵PD⊥平面ABCD，AD，平面ABCD，
∴，，
∴∠ADC为二面角的平面角，则，
取BC中点O，连接OD，以D为原点，DA所在直线为x轴，DO所在直线为y轴，DP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，设点G坐标为，
∵，，
∴，
∴，
∴，
设平面PBD的法向量为，则，
即，令，则，，则，
设平面EFG的法向量为，，，
∴，即，
令，则，，则，
设二面角E-FG-P的平面角为θ，
∵二面角E-FG-P的正弦值为，
∴，，
∴，
∴，解得或（舍去）.
21．在圆上任取一点，过点作轴的垂线段为垂足，线段上一点满足.记动点的轨迹为曲线
(1)求曲线的方程；
(2)设为原点，曲线与轴正半轴交于点，直线与曲线交于点，与轴交于点，直线与曲线交于点，与轴交于点，若，求证：直线经过定点.
【答案】(1)；
(2)见解析
【分析】（1）设，由求得，结合圆的方程即可求解；
（2）设，由得，设出直线，联立曲线，结合韦达定理表示出，解得，即可得到过定点.
（1）
由题意，设，又，则，又因为点在圆上，
所以，故曲线的方程为；
（2）
由题意，，设，则，易得斜率必然存在，所以，
设，由图象易知，直线斜率不存在时不符合题意，设直线的方程为，
联立曲线的方程，得，得，
所以，由题意知，直线均不过原点，所以，从而，
所以，
解得，满足，所以直线的方程为，恒过定点.
22．已知函数存在两个极值点．
(1)求实数a的取值范围；
(2)判断的符号，并说明理由．
【答案】(1)
(2)符号为正；理由见解析
【分析】（1）根据函数有两个极值点得到导函数有两个变号零点，参变分离后构造函数，研究其单调性和极值情况，得到交点个数为两个时实数a的取值范围，再验证此范围符合要求；
（2）转化为，利用对数平均不等式得到，结合在区间内单调递增，且，得到.
【详解】（1）∵有两个极值点，
∴，有两个变号的零点．
∴，，
令，，
当，，单调递增；
当，，单调递减；
所以．
画出函数图象如下：
与有两个交点，
∴．
当时，当或时，，；
当时，，．
所以在区间，单调递减，在区间内单调递增．
所以的极小值点为，极大值点为．
所以a的取值范围为
（2）符号为正．
理由如下：
由（1）可知，．
又因为，
∴
∴．
现证明上式：
上式可变形为，
令，则只需证．
设，，
所以在上单调递增，
从而，即，
∴．
又因为，所以
综上可得：．
在区间内单调递增，且，
所以．
故符号为正．
【点睛】对数平均不等式和指数平均不等式，常常处理多元问题，将多元转化为单元来进行解决，使用时要先进行证明后使用