新高考数学实战演练仿真模拟卷14（2份打包，解析版+原卷版）

新高考数学实战演练仿真模拟卷

一．选择题（共8小题）

1．已知集合，，则　　

A．， B．， C． D．，

【解析】解：集合，

，

，．

故选：．

2．复数　　

A． B． C． D．

【解析】解：复数

．

故选：．

3．如图是一个装有水的倒圆锥形杯子，杯子口径，高（不含杯脚），已知水的高度是，现往杯子中放入一种直径为的珍珠，该珍珠放入水中后直接沉入杯底，且体积不变．如果放完珍珠后水不溢出，则最多可以放入珍珠　　

A．98颗 B．106颗 C．120颗 D．126颗

【解析】解：作出轴截面如图，由题意，

，，，设，则，即．

则放入珍珠的最大体积．

一颗珍珠的体积是．

由，得最多可以放入珍珠126颗，

故选：．

4．2020年11月，中国国际进口博览会在上海举行，本次进博会设置了“云采访”区域，通过视频连线，帮助中外记者采访因疫情影响无法来沪参加进博会的跨国企业或海外负责人．某新闻机构安排4名记者和3名摄影师对本次进博会进行采访，其中2名记者和1名摄影师负责“云采访”区域的采访，另外2名记者和2名摄影师分两组（每组记者和摄影师各1人），分别负责“汽车展区”和“技术装备展区”的现场采访．如果所有记者、摄影师都能承担三个采访区域的相应工作，则所有不同的安排方案有　　

A．36种 B．48种 C．72种 D．144种

【解析】解：根据题意，分3步进行分析：

①在4名记者中任选2人，在3名摄影师中选出1人，安排到“云采访”区域采访，有种情况，

②在剩下的外2名记者中选出1人，在2名摄影师中选出1人，安排到“汽车展区”采访，有种情况，

③将最后的1名记者和1名摄影师，安排到“技术装备展区”采访，有1种情况，

则有种不同的安排方案，

故选：．

5．平行四边形中，为的中点，点满足，若，则的值是　　

A．4 B．2 C． D．

【解析】解：根据题意可得，，

因为，

所以

，

故，

由平面向量基本定理可得，

解得，

所以．

故选：．

6．国防部新闻发言人在2020年9月24日举行的例行记者会上指出：“台湾是中国不可分割的一部分，解放军在台海地区组织实兵演练，展现的是捍卫国家主权和领土完整的决心和能力”，如图为我空军战机在海面上空绕台巡航已知海面上的大气压强是，大气压强（单位：和高度（单位：之间的关系为是自然对数的底数，是常数），根据实验知高空处的大气压强是，则我战机在高空处的大气压强约是（结果保留整数）　　

A． B． C． D．

【解析】解：高空处的大气压强是，

，即，

当时，有．

故选：．

7．已知双曲线的右焦点为，两渐近线分别为，，过作的垂线，垂足为，该垂线交于点，为坐标原点，若，则双曲线的离心率是　　

A． B． C． D．

【解析】解：由题意，，

，，则直线的方程为，

联立，解得，得，，

，

，

，，整理得，

即，

故选：．

8．已知，对任意的，恒成立，则实数的最小值是　　

A． B． C． D．

【解析】解：，定义域为，且，

所以为奇函数，

当时，为增函数，所以当时，为增函数，

所以是上的增函数，且，

因为，所以，

所以，即恒成立，

所以且△，故，

即的最小值是．

故选：．

二．多选题（共4小题）

9．习总书记讲到：“广大人民群众坚持爱国奉献，无怨无悔，让我感到千千万万普通人最伟大，同时让我感到幸福都是奋斗出来的”．某企业2019年12个月的收入与支出数据的折线图如图：

已知：利润收入支出，根据该折线图，下列说法正确的是　　

A．该企业2019年1月至6月的总利润低于2019年7月至12月的总利润 

B．该企业2019年第一季度的利润约是60万元 

C．该企业2019年4月至7月的月利润持续增长 

D．该企业2019年11月份的月利润最大

【解析】解：由企业2019年12个月的收入与支出数据的折线图，得：

在中，该企业2019年1月至6月的总利润约为：

，

该企业2019年7月至12月的总利润约为：

，

该企业2019年1月至6月的总利润低于2019年7月至12月的总利润，故正确；

在中，该企业2019年第一季度的利润约约是：

万元，故错误；

在中，该企业2019年4月至7月的月利润分别为（单位：万元），28，30，52，

该企业2019年4月至7月的月利润持续增长，故正确；

在中，该企业2019年7月和8月的月利润比11月份的月利润大，故错误．

故选：．

10．下列命题为真命题的是　　

A．若，则 B．若，则 

C．若，，则 D．若，则

【解析】解：对于：若，则，故正确；

对于：当时，所以，故正确；

对于：若，，根据不等式中算术平均数和调和平均数的关系，则成立，故正确；

对于：由于，所以，整理得，故错误．

故选：．

11．设等比数列的公比为，前项和为，前项积为，并满足条件，，，则下列结论中正确的有　　

A． B． 

C． D．是数列中的最大值

【解析】解：根据题意，等比数列满足条件，，，

若，则，

则，，则，

这与已知条件矛盾，

所以不符合题意，过选项错误；

因为，，，

所以，，

则，，

则，故选项正确；

由等比数列的性质，，故选项正确；

数列前2020项都大于1，从第2021项开始都小于1，

因此是数列中的最大值，故选项正确．

故选：．

12．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，则下列说法中正确的是　　

A．存在点，使得 

B．异面直线与所成的角为 

C．三棱锥的体积为定值 

D．到平面的距离为

【解析】解：如图所示：

对于与异面，故错误；

对于是等边三角形，而，

故就是异面直线与所成的角，确实是，故正确；

对于：可以根据等积法求得到平面的距离为，故，故正确；

对于：可以利用等积法求得点到平面的距离为，即到平面的距离为，故正确．

故选：．

三．填空题（共4小题）

13．已知抛物线的焦点为，过作斜率为的直线交抛物线与、两点，若线段中点的纵坐标为，则抛物线的方程是　　．

【解析】解：由抛物线的方程可得，，

由题意可设直线的方程为：，

设，，，，

联立直线与抛物线的方程：，整理可得：，

可得：，所以中点的纵坐标为，

由题意可得，解得，

所以抛物线的方程为；

故答案为：．

14．已知，则　　

【解析】解：由于，

所以：，

整理得：，

所以：，

则：，

故答案为：．

15．经纬度是经度与纬度的合称，它们组成一个坐标系统，称为地理坐标系统，它是一种利用三度空间的球面来定义地球上的空间的球面坐标系统，能够标示地球上的任何一个位置，经度是个二面角，是两个经线平面（经线与地轴所成的半平面）的夹角，某一点的经度，就是该点所在的经线平面与本初子午线平面间的夹角．纬度是个线面角，某一点的纬度是指该点与地球球心的连线和地球赤道面所成的线面角．城市位置东经，北纬，城市位置为东经，北纬，若地球的半径为，则过，两点和地心的平面截球所得的截面圆的劣弧的长是　　．

【解析】解：设球心为，由题意和劣弧所对的圆心角，即，

所以过，两点和地心的平面截球所得的截面圆的劣弧的长．

故答案为：．

16．如图，等腰直角三角形为直角顶点）所在的平面与半圆弧所在的平面垂直，为上异于，的动点，且在上射影为点，，则当三棱锥的体积最大时，二面角的正切值为　　．

【解析】解：等腰直角三角形中，，则，

为的中点，，，

令，，则，，，

三棱锥的体积，

令，，

，

，，

，即当时，取得最大值，此时三棱锥的体积最大，

过作于，可得为二面角的平面角，

又，，，，

二面角的正切值为．

故答案为：．

四．解答题（共6小题）

17．在①△ABC的外接圆的半径为1，②△ABC的面积为，③AB边上的高为1．这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．

问题：已知△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，c2＝3ab，____，求c的值．

【解析】解：因为，

由正弦定理可得c＝a，

又因为c2＝3ab，

所以可得：a＝b，

所以cosC＝＝＝﹣，

由于C∈（0，π），

可得C＝，A＝B＝，

若选择①，由于△ABC的外接圆的半径为1，由正弦定理可得，可得c＝2sinC＝2×＝．

若选择②，由于△ABC的面积为＝absinC＝，解得a＝，可得c＝a＝3；

若选择③，由于AB边上的高为1，可求△ABC的面积S＝＝bcsinA＝，解得b＝2，可得a＝2，c＝＝2．

18．已知等差数列和等比数列的首项均为1，的前项和为，且，．

（1）求数列，的通项公式；

（2）设，，求数列的前项和．

【解析】解：（1）设公差为的等差数列和公比为的等比数列的首项均为1，

且，．

所以，

解得，

所以，．

（2）设，

所以①，

②，

①②得：．

19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，DA＝AB＝BC＝a，CD＝2a，PD⊥平面ABCD，PD＝2a．

（1）求PC与DB所成角的余弦值；

（2）设l是过点P且与AB平行的一条直线，点Q在直线l上，当PC与平面BQD所成角的正弦值最大时，求线段PQ的长．

【解析】解：过点P作直线l∥AB，在l上取点Q，连接QD，QB，取CD中点M，连接MA，

由题意可建如图所示的空间直角坐标系，各点坐标如下：

D（0，0，0），B（，，0），C（0，2a，0）P（0，0，2a）．

（1）＝（0，2a，﹣2a），＝（，，0），

设PC与DB所成角为θ，

cosθ＝＝＝，

故PC与DB所成角的余弦值为．

（2）设PQ长为t，则Q（0，t，2a），＝（0，t，2a），

设平面BQD法向量为＝（x，y，z），则•＝0，•＝0，

，令y＝a，＝（﹣a，a，﹣t），

设PC与平面BQD所成角大小为α，

则sinα＝＝＝，

设f（t）＝，f′（t）＝＝0，解得t＝4a，

所以当sinα达到最值时，t＝4a，

即当PC与平面BQD所成角的正弦值最大时，线段PQ的长为4a．

20．为了进一步提升广电网络质量，某市广电运营商从该市某社区随机抽取140名客户，对广电网络业务水平和服务水平的满意程度进行调查，其中业务水平的满意率为，服务水平的满意率为，对业务水平和服务水平都满意的有90名客户．

（1）完成下面列联表，并分析是否有的把握认为业务水平与服务水平有关；

（2）为进一步提高服务质量，在选出的对服务水平不满意的客户中，抽取2名征求改进意见，用表示对业务水平不满意的人数，求的分布列与期望；

（3）若用频率代替概率，假定在业务服务协议终止时，对业务水平和服务水平两项都满意的客户流失率为，只对其中一项不满意的客户流失率为，对两项都不满意的客户流失率为，从该社区中任选4名客户，则在业务服务协议终止时至少有2名客户流失的概率为多少？

附：

，其中．

【解析】解：（1）由题意知，对业务水平满意的为人，对服务水平满意的为人，

补充完整的列联表如下所示：

，

故有的把握认为业务水平与服务水平有关．

（2）随机变量的所有可能取值为0，1，2，

，，，

的分布列为

数学期望．

（3）在业务服务协议终止时，对业务水平和服务水平两项都满意的客户流失的概率为，

只对其中一项不满意的客户流失的概率为，

对两项都不满意的客户流失的概率为，

从该运营系统中任选一名客户流失的概率为，

在业务服务协议终止时，从社区中任选4名客户，至少有2名客户流失的概率为．

21．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且经过点．

（1）求椭圆的方程；

（2）设，，，是椭圆上互异的四点（点在第一象限），其中，关于原点对称，，关于轴对称，且，求四边形面积的最大值．

【解析】解：（1）由已知条件可得，

解得，，，

所以椭圆的方程为．

（2）设，，，则点，，，，，，

直线的斜率为，

因为，则直线的方程为，

联立，得，

由韦达定理可得，

因为，

所以四边形的面积为，

所以

令，

，

则，

当时，，此时函数单调递增，

当时，，此时函数单调递减，

所以，

所以，

所以四边形的面积的最大值为．

22．已知函数，．

（1）若函数在上单调递减，求的取值范围；

（2）若函数存在最大值，且最大值不大于0，求的值．

【解析】解：（1）若函数在上单调递减，

则在恒成立，

故在恒成立，

又时，，故只需即可，

即的取值范围是，；

（2）的定义域是，

若函数存在最大值，则在定义域不单调，

，

当时，在恒成立，

故在上单调递减，无最值，不合题意，

当时，由，解得：，

故时，，递增，

，时，，递减，

故，

由的最大值不大于0，则，

令，，则（1），

又，令，解得：，令，解得：，

故在递减，在递增，

故（1），

故的最小值是0，此时，

，只能是，此时．