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【三轮冲刺】高考数学 押题预测卷03 （解析版）
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这是一份【三轮冲刺】高考数学 押题预测卷03 （解析版），共14页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，若，则，下列命题为真命题的是等内容，欢迎下载使用。
（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。
第Ⅰ卷
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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解不等式得，解不等式得，所以.故选：.
2．若复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，所以由，得.故选：B.
3．已知点A，B，C，D为平面内不同的四点，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由得，即，即，
又，所以.故选：D．
4．已知是等比数列，，且，是方程两根，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为是等比数列，所以，，又，所以，
又，是方程两根，所以.故选：C
5．已知3名男同学、2名女同学和1名老师站成一排，女同学不相邻，老师不站两端，则不同的排法共有（ ）
A．336 种B．284种C．264 种D．186种
【答案】A
【解析】当2名女生站在两端时，3名男生和1名老师排在中间，共有种排法；
当有1名女生排在一端，另一端排男生时，
共有种排法；
当男生排在两端时，共有种排法；
故不同的排法共有（种），故选：A
6．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，的面积为，则（ ）
A．B．4C．2D．
【答案】C
【解析】，由，故，又，故，，
由余弦定理可得：，即.故选：C.
7．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由条件等式可知，，整理为，则，
又，，
所以，，
所以.故选：D
8．在平面直角坐标系中，已知为圆上两点，点，且，则线段的长的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】以为邻边作平行四边形，
由可得四边形为矩形，如下图所示：
，
可得，解得，即，
即点轨迹是以为圆心，半径为的圆，
易知，，
所以线段的长的取值范围是.故选：B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．下列命题为真命题的是（ ）
A．若样本数据的方差为2，则数据的方差为17
B．一组数据8，9，10，11，12的第80百分位数是11.5
C．用决定系数比较两个模型的拟合效果时，若越大，则相应模型的拟合效果越好
D．以模型 去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得线性回归方程为，则c，k的值分别是和2
【答案】BCD
【解析】对A：若样本数据的方差为2，
则数据的方差为，故A错误；
对B：，则其第80百分位数是，故B正确；
对C，根据决定系数的含义知越大，则相应模型的拟合效果越好，故C正确；
对D，以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，
则，由题线性回归方程为，则，
故的值分别是和2，故D正确.故选：BCD.
10．已知正方体的棱长为3，点是线段上靠近点的三等分点，是中点，则（ ）
A．该正方体外接球的表面积为
B．直线与所成角的余弦值为
C．平面截正方体所得截面为等腰梯形
D．点到平面的距离为
【答案】ABD
【解析】对A：棱长为3的正方体的体对角线长为：，
所以所求正方体的外接球表面积为：，故A正确；
对B：如图
连接，∵，所以即为异面直线与所成的角，设为.
在中，，，，
所以，所以，故B正确；
对C：如图：
取中点，连接，过点作，交于点，则，
所以平面截正方体所得截面为梯形.
由，所以.
所以，，所以，
所以梯形不是等腰梯形，故C错误；
对D：如图：
设点到平面的距离为，则，
而，，
所以：，故D正确.故选：ABD
11．已知定义在R上的函数，满足对任意的实数x，y，均有，且当时，，则（ ）
A．B．
C．函数为减函数D．函数的图象关于点对称
【答案】ACD
【解析】对A：令，则有，故，故A正确；
对B：令，，则有，故，故B错误；
对C：令，则有，其中，，
令，，即有对、，当时，恒成立，
即函数为减函数，故C正确；
对D：令，则有，又，
故，故函数的图象关于点对称，故D正确.故选：ACD.
第 = 2 \* ROMAN II卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．的展开式中x的系数为 .
【答案】
【解析】，的展开式为，
所以可得x的系数为.
13．若函数在上佮有5个零点，且在上单调递增，则正实数的取值范围为 .
【答案】
【解析】依题意，函数，由，得，
则或，
由，得，由在上恰有5个零点，
得，解得，
由，得，即函数在上单调递增，
因此，即，且，解得，
所以正实数的取值范围为.
14．已知直线与抛物线交于，两点，抛物线的焦点为，为原点，且，于点，点的坐标为，则 ．
【答案】
【解析】因为于点，点的坐标为，所以，即，
所以直线方程为，即，
设，
由得，
则，，
所以，
因为，所以，解得，
所以，
所以.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）各项均不为0的数列对任意正整数满足：．
（1）若为等差数列，求；
（2）若，求的前项和．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由题意，
当时，，
两式相减得，
因为为等差数列，在式子：中令，
得，所以，
所以或，
若，则，但这与矛盾，舍去，所以.
（2）因为，所以，
而当时，，所以此时，
所以此时，
而也满足上式，
综上所述，的前项和.
16．（15分）某学校为了缓解学生紧张的复习生活，决定举行一次游戏活动，游戏规则为：甲箱子里装有3个红球和2个黑球，乙箱子里装有2个红球和2个黑球，这些球除颜色外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球，且每次游戏结束后将球放回原箱，摸出一个红球记2分，摸出一个黑球记分，得分在5分以上（含5分）则获奖．
（1）求在1次游戏中，获奖的概率；
（2）求在1次游戏中，得分X的分布列及均值．
【答案】（1）；（2）分布列见解析，.
【解析】（1）设“在1次游戏中摸出个红球”为事件，
设“在1次游戏中获奖”为事件，则，且互斥，
，，
所以在1次游戏中，获奖的概率.
（2）依题意，所有可能取值为，由（1）知，
，，
，
，，
所以的分布列为：
数学期望.
17．（15分）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．
（1）若，证明：平面；
（2）若二面角的正弦值为，求BQ的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）1．
【解析】（1）证明：取的中点M，连接MP，MB．
在四棱台中，四边形是梯形，，，
又点M，P分别是棱，的中点，所以，且．
在正方形ABCD中，，，又，所以．
从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面；
（2）在平面中，作于O．
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面．
在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则．
以为正交基底，建立空间直角坐标系．
因为四边形是等腰梯形，，，所以，
又，所以．
易得，，，，，
所以，，．
法1：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，解得（舍负），
因此，．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
法2：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，
所以，解得或6（舍），因此．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
法3：在平面中，作，垂足为H．
因为平面平面,平面平面,,平面，
所以平面，又平面，所以．
在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG．
因为，，，PH，平面，
所以平面，又平面，所以．
因为，，所以是二面角的平面角．
在四棱台中，四边形是梯形，
，，，点P是棱的中点，所以，．
设，则，，
在中，，从而．
因为二面角的平面角与二面角的平面角互补，
且二面角的正弦值为，所以，从而．
所以在中，，解得或（舍）．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
18．（17分）已知椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，且在第一象限内，满足.
（1）求的平分线所在的直线的方程；
（2）在椭圆上是否存在关于直线对称的相异的两点，若存在，请找出这两点；若不存在请说明理由；
（3）已知双曲线与椭圆有共同的焦点，且双曲线与椭圆相交于，若四边形的面积最大时，求双曲线的标准方程.
【答案】（1）；（2）不存在满足题设条件相异的两点，理由见解析；（3）
【解析】（1）设的平分线与轴交于点，
由，则，由，有，故，
故，则，解得，故，
由角平分线的性质可得，所以，解得，
故，则有，即直线的方程为；
（2）假设存在两点关于直线对称，则，所以，
设直线的方程为，联立，
得，则，
即，
所以的中点坐标为，因为的中点在直线，
所以，所以，所以的中点坐标为，
与点重合，矛盾，所以不存在满足题设条件相异的两点；
（3）由题意知，，
设与椭圆共焦点的双曲线的标准方程为，
设它们的一个交点坐标为，它们的交点为顶点的四边形面积记，
所以，
当且仅当取得等号，因为，所以，
所以，所以，
所以双曲线的标准方程为.
19．（17分）①在微积分中，求极限有一种重要的数学工具——洛必达法则，法则中有结论：若函数，的导函数分别为，，且，则
.
②设，k是大于1的正整数，若函数满足：对任意，均有成立，且，则称函数为区间上的k阶无穷递降函数.
结合以上两个信息，回答下列问题：
（1）试判断是否为区间上的2阶无穷递降函数；
（2）计算：；
（3）证明：，.
【答案】（1）不是区间上的2阶无穷递降函数；（2）；（3）证明见解析
【解析】（1）设，
由于，所以不成立，
故不是区间上的2阶无穷递降函数.
（2）设，则，
设，则，
所以，得.
（3）令，则原不等式等价于，即证，
记，则，
所以，
即有对任意，均有，
所以，
因为，
所以，
所以，证毕!2
5
8
（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。
第Ⅰ卷
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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解不等式得，解不等式得，所以.故选：.
2．若复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，所以由，得.故选：B.
3．已知点A，B，C，D为平面内不同的四点，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由得，即，即，
又，所以.故选：D．
4．已知是等比数列，，且，是方程两根，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为是等比数列，所以，，又，所以，
又，是方程两根，所以.故选：C
5．已知3名男同学、2名女同学和1名老师站成一排，女同学不相邻，老师不站两端，则不同的排法共有（ ）
A．336 种B．284种C．264 种D．186种
【答案】A
【解析】当2名女生站在两端时，3名男生和1名老师排在中间，共有种排法；
当有1名女生排在一端，另一端排男生时，
共有种排法；
当男生排在两端时，共有种排法；
故不同的排法共有（种），故选：A
6．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，的面积为，则（ ）
A．B．4C．2D．
【答案】C
【解析】，由，故，又，故，，
由余弦定理可得：，即.故选：C.
7．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由条件等式可知，，整理为，则，
又，，
所以，，
所以.故选：D
8．在平面直角坐标系中，已知为圆上两点，点，且，则线段的长的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】以为邻边作平行四边形，
由可得四边形为矩形，如下图所示：
，
可得，解得，即，
即点轨迹是以为圆心，半径为的圆，
易知，，
所以线段的长的取值范围是.故选：B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．下列命题为真命题的是（ ）
A．若样本数据的方差为2，则数据的方差为17
B．一组数据8，9，10，11，12的第80百分位数是11.5
C．用决定系数比较两个模型的拟合效果时，若越大，则相应模型的拟合效果越好
D．以模型 去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得线性回归方程为，则c，k的值分别是和2
【答案】BCD
【解析】对A：若样本数据的方差为2，
则数据的方差为，故A错误；
对B：，则其第80百分位数是，故B正确；
对C，根据决定系数的含义知越大，则相应模型的拟合效果越好，故C正确；
对D，以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，
则，由题线性回归方程为，则，
故的值分别是和2，故D正确.故选：BCD.
10．已知正方体的棱长为3，点是线段上靠近点的三等分点，是中点，则（ ）
A．该正方体外接球的表面积为
B．直线与所成角的余弦值为
C．平面截正方体所得截面为等腰梯形
D．点到平面的距离为
【答案】ABD
【解析】对A：棱长为3的正方体的体对角线长为：，
所以所求正方体的外接球表面积为：，故A正确；
对B：如图
连接，∵，所以即为异面直线与所成的角，设为.
在中，，，，
所以，所以，故B正确；
对C：如图：
取中点，连接，过点作，交于点，则，
所以平面截正方体所得截面为梯形.
由，所以.
所以，，所以，
所以梯形不是等腰梯形，故C错误；
对D：如图：
设点到平面的距离为，则，
而，，
所以：，故D正确.故选：ABD
11．已知定义在R上的函数，满足对任意的实数x，y，均有，且当时，，则（ ）
A．B．
C．函数为减函数D．函数的图象关于点对称
【答案】ACD
【解析】对A：令，则有，故，故A正确；
对B：令，，则有，故，故B错误；
对C：令，则有，其中，，
令，，即有对、，当时，恒成立，
即函数为减函数，故C正确；
对D：令，则有，又，
故，故函数的图象关于点对称，故D正确.故选：ACD.
第 = 2 \* ROMAN II卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．的展开式中x的系数为 .
【答案】
【解析】，的展开式为，
所以可得x的系数为.
13．若函数在上佮有5个零点，且在上单调递增，则正实数的取值范围为 .
【答案】
【解析】依题意，函数，由，得，
则或，
由，得，由在上恰有5个零点，
得，解得，
由，得，即函数在上单调递增，
因此，即，且，解得，
所以正实数的取值范围为.
14．已知直线与抛物线交于，两点，抛物线的焦点为，为原点，且，于点，点的坐标为，则 ．
【答案】
【解析】因为于点，点的坐标为，所以，即，
所以直线方程为，即，
设，
由得，
则，，
所以，
因为，所以，解得，
所以，
所以.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）各项均不为0的数列对任意正整数满足：．
（1）若为等差数列，求；
（2）若，求的前项和．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由题意，
当时，，
两式相减得，
因为为等差数列，在式子：中令，
得，所以，
所以或，
若，则，但这与矛盾，舍去，所以.
（2）因为，所以，
而当时，，所以此时，
所以此时，
而也满足上式，
综上所述，的前项和.
16．（15分）某学校为了缓解学生紧张的复习生活，决定举行一次游戏活动，游戏规则为：甲箱子里装有3个红球和2个黑球，乙箱子里装有2个红球和2个黑球，这些球除颜色外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球，且每次游戏结束后将球放回原箱，摸出一个红球记2分，摸出一个黑球记分，得分在5分以上（含5分）则获奖．
（1）求在1次游戏中，获奖的概率；
（2）求在1次游戏中，得分X的分布列及均值．
【答案】（1）；（2）分布列见解析，.
【解析】（1）设“在1次游戏中摸出个红球”为事件，
设“在1次游戏中获奖”为事件，则，且互斥，
，，
所以在1次游戏中，获奖的概率.
（2）依题意，所有可能取值为，由（1）知，
，，
，
，，
所以的分布列为：
数学期望.
17．（15分）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．
（1）若，证明：平面；
（2）若二面角的正弦值为，求BQ的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）1．
【解析】（1）证明：取的中点M，连接MP，MB．
在四棱台中，四边形是梯形，，，
又点M，P分别是棱，的中点，所以，且．
在正方形ABCD中，，，又，所以．
从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面；
（2）在平面中，作于O．
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面．
在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则．
以为正交基底，建立空间直角坐标系．
因为四边形是等腰梯形，，，所以，
又，所以．
易得，，，，，
所以，，．
法1：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，解得（舍负），
因此，．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
法2：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，
所以，解得或6（舍），因此．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
法3：在平面中，作，垂足为H．
因为平面平面,平面平面,,平面，
所以平面，又平面，所以．
在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG．
因为，，，PH，平面，
所以平面，又平面，所以．
因为，，所以是二面角的平面角．
在四棱台中，四边形是梯形，
，，，点P是棱的中点，所以，．
设，则，，
在中，，从而．
因为二面角的平面角与二面角的平面角互补，
且二面角的正弦值为，所以，从而．
所以在中，，解得或（舍）．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
18．（17分）已知椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，且在第一象限内，满足.
（1）求的平分线所在的直线的方程；
（2）在椭圆上是否存在关于直线对称的相异的两点，若存在，请找出这两点；若不存在请说明理由；
（3）已知双曲线与椭圆有共同的焦点，且双曲线与椭圆相交于，若四边形的面积最大时，求双曲线的标准方程.
【答案】（1）；（2）不存在满足题设条件相异的两点，理由见解析；（3）
【解析】（1）设的平分线与轴交于点，
由，则，由，有，故，
故，则，解得，故，
由角平分线的性质可得，所以，解得，
故，则有，即直线的方程为；
（2）假设存在两点关于直线对称，则，所以，
设直线的方程为，联立，
得，则，
即，
所以的中点坐标为，因为的中点在直线，
所以，所以，所以的中点坐标为，
与点重合，矛盾，所以不存在满足题设条件相异的两点；
（3）由题意知，，
设与椭圆共焦点的双曲线的标准方程为，
设它们的一个交点坐标为，它们的交点为顶点的四边形面积记，
所以，
当且仅当取得等号，因为，所以，
所以，所以，
所以双曲线的标准方程为.
19．（17分）①在微积分中，求极限有一种重要的数学工具——洛必达法则，法则中有结论：若函数，的导函数分别为，，且，则
.
②设，k是大于1的正整数，若函数满足：对任意，均有成立，且，则称函数为区间上的k阶无穷递降函数.
结合以上两个信息，回答下列问题：
（1）试判断是否为区间上的2阶无穷递降函数；
（2）计算：；
（3）证明：，.
【答案】（1）不是区间上的2阶无穷递降函数；（2）；（3）证明见解析
【解析】（1）设，
由于，所以不成立，
故不是区间上的2阶无穷递降函数.
（2）设，则，
设，则，
所以，得.
（3）令，则原不等式等价于，即证，
记，则，
所以，
即有对任意，均有，
所以，
因为，
所以，
所以，证毕!2
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