山西省晋中市四校新高考数学五模试卷及答案解析

山西省晋中市四校新高考数学五模试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知定义在上的奇函数和偶函数满足（且），若，则函数的单调递增区间为（）A． B． C． D．2．某四棱锥的三视图如图所示，记为此棱锥所有棱的长度的集合，则（）.A．，且 B．，且C．，且 D．，且3．双曲线﹣y2=1的渐近线方程是（）A．x±2y=0 B．2x±y=0 C．4x±y=0 D．x±4y=04．已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的（）A． B． C． D．5．已知双曲线C：（）的左、右焦点分别为，过的直线l与双曲线C的左支交于A、B两点.若，则双曲线C的渐近线方程为（）A． B． C． D．6．复数的虚部是()A． B． C． D．7．函数的图象大致为（）A． B．C． D．8．已知集合，集合，则（）.A． B．C． D．9．在中所对的边分别是，若，则（）A．37 B．13 C． D．10．已知，若对任意，关于x的不等式（e为自然对数的底数）至少有2个正整数解，则实数a的取值范围是（）A． B． C． D．11．已知集合，，则集合子集的个数为（）A． B． C． D．12．一个陶瓷圆盘的半径为，中间有一个边长为的正方形花纹，向盘中投入1000粒米后，发现落在正方形花纹上的米共有51粒，据此估计圆周率的值为（精确到0.001）（）A．3.132 B．3.137 C．3.142 D．3.147二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，，则与的夹角为.14．在平面直角坐标系中，双曲线（，）的左顶点为A，右焦点为F，过F作x轴的垂线交双曲线于点P，Q.若为直角三角形，则该双曲线的离心率是______.15．已知曲线，点，在曲线上，且以为直径的圆的方程是．则_______．16．如图，在正四棱柱中，P是侧棱上一点，且.设三棱锥的体积为，正四棱柱的体积为V，则的值为________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）[2018·石家庄一检]已知函数．（1）若，求函数的图像在点处的切线方程；（2）若函数有两个极值点，，且，求证：．18．（12分）已知抛物线Γ：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，P是抛物线Γ上一点，且在第一象限，满足（2，2）（1）求抛物线Γ的方程；（2）已知经过点A（3，﹣2）的直线交抛物线Γ于M，N两点，经过定点B（3，﹣6）和M的直线与抛物线Γ交于另一点L，问直线NL是否恒过定点，如果过定点，求出该定点，否则说明理由．19．（12分）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1是菱形，AC=BC=2，∠CBB1=，点A在平面BCC1B1上的投影为棱BB1的中点E．（1）求证：四边形ACC1A1为矩形；（2）求二面角E-B1C-A1的平面角的余弦值．20．（12分）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是的中点．（1）证明：平面；（2）设是线段上的动点，当点到平面距离最大时，求三棱锥的体积．21．（12分）在四棱锥中，底面为直角梯形，，面.（1）在线段上是否存在点，使面，说明理由；（2）求二面角的余弦值.22．（10分）如图，在直三棱柱中，分别是中点，且，.求证：平面；求点到平面的距离.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】

根据函数的奇偶性用方程法求出的解析式，进而求出，再根据复合函数的单调性，即可求出结论.【详解】依题意有，①，②①②得，又因为，所以，在上单调递增，所以函数的单调递增区间为.故选:D.【点睛】本题考查求函数的解析式、函数的性质，要熟记复合函数单调性判断方法，属于中档题.2、D【解析】

首先把三视图转换为几何体，根据三视图的长度，进一步求出个各棱长.【详解】根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为四棱锥体，如图所示：所以：，，.故选：D..【点睛】本题考查三视图和几何体之间的转换，主要考查运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题.3、A【解析】试题分析：渐近线方程是﹣y2=1，整理后就得到双曲线的渐近线．解：双曲线其渐近线方程是﹣y2=1整理得x±2y=1．故选A．点评：本题考查了双曲线的渐进方程，把双曲线的标准方程中的“1”转化成“1”即可求出渐进方程．属于基础题．4、C【解析】试题分析：通过对以下四个四棱锥的三视图对照可知，只有选项C是符合要求的.考点：三视图5、D【解析】

设，利用余弦定理，结合双曲线的定义进行求解即可.【详解】设，由双曲线的定义可知：因此再由双曲线的定义可知：，在三角形中，由余弦定理可知：，因此双曲线的渐近线方程为：.故选：D【点睛】本题考查了双曲线的定义的应用，考查了余弦定理的应用，考查了双曲线的渐近线方程，考查了数学运算能力.6、C【解析】因为，所以的虚部是，故选C.7、A【解析】

用偶函数的图象关于轴对称排除,用排除,用排除.故只能选.【详解】因为,所以函数为偶函数,图象关于轴对称,故可以排除;因为,故排除,因为由图象知,排除.故选:A【点睛】本题考查了根据函数的性质,辨析函数的图像,排除法,属于中档题.8、A【解析】

算出集合A、B及，再求补集即可.【详解】由，得，所以，又，所以，故或.故选：A.【点睛】本题考查集合的交集、补集运算，考查学生的基本运算能力，是一道基础题.9、D【解析】

直接根据余弦定理求解即可．【详解】解：∵，∴，∴，故选：D．【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，属于基础题．10、B【解析】

构造函数（），求导可得在上单调递增,则,问题转化为,即至少有2个正整数解,构造函数,,通过导数研究单调性,由可知，要使得至少有2个正整数解,只需即可,代入可求得结果.【详解】构造函数（），则（），所以在上单调递增，所以，故问题转化为至少存在两个正整数x，使得成立，设，，则，当时，单调递增；当时，单调递增.，整理得.故选:B.【点睛】本题考查导数在判断函数单调性中的应用,考查不等式成立问题中求解参数问题,考查学生分析问题的能力和逻辑推理能力,难度较难.11、B【解析】

首先求出，再根据含有个元素的集合有个子集，计算可得.【详解】解：，，，子集的个数为.故选：.【点睛】考查列举法、描述法的定义，以及交集的运算，集合子集个数的计算公式，属于基础题．12、B【解析】

结合随机模拟概念和几何概型公式计算即可【详解】如图，由几何概型公式可知：.故选：B【点睛】本题考查随机模拟的概念和几何概型，属于基础题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

根据已知条件，去括号得：，14、2【解析】

根据是等腰直角三角形，且为中点可得，再由双曲线的性质可得，解出即得.【详解】由题，设点，由，解得，即线段，为直角三角形，，且，又为双曲线右焦点，过点，且轴，，可得，，整理得：，即，又，.故答案为：【点睛】本题考查双曲线的简单性质，是常考题型.15、【解析】

设所在直线方程为设､点坐标分别为，，都在上，代入曲线方程，两式作差可得，从而可得直线的斜率，联立直线与的方程，由，利用弦长公式即可求解.【详解】因为是圆的直径，必过圆心点，设所在直线方程为设､点坐标分别为，，都在上，故两式相减，可得(因为是的中点)，即联立直线与的方程：又，即，即又因为，则有即∴.故答案为：【点睛】本题考查了直线与圆锥曲线的位置关系、弦长公式，考查了学生的计算能力，综合性比较强，属于中档题.16、【解析】

设正四棱柱的底面边长，高，再根据柱体、锥体的体积公式计算可得.【详解】解：设正四棱柱的底面边长，高，则，即故答案为：【点睛】本题考查柱体、锥体的体积计算，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）（2）见解析【解析】试题分析：（1）分别求得和，由点斜式可得切线方程；（2）由已知条件可得有两个相异实根，，进而再求导可得，结合函数的单调性可得，从而得证.试题解析：（1）由已知条件，，当时，，，当时，，所以所求切线方程为（2）由已知条件可得有两个相异实根，，令，则，1）若，则，单调递增，不可能有两根；2）若，令得，可知在上单调递增，在上单调递减，令解得，由有，由有，从而时函数有两个极值点，当变化时，，的变化情况如下表单调递减单调递增单调递减因为，所以，在区间上单调递增，．另解：由已知可得，则，令，则，可知函数在单调递增，在单调递减，若有两个根，则可得，当时，，所以在区间上单调递增，所以．18、（1）y2＝4x；；（2）直线NL恒过定点（﹣3，0），理由见解析.【解析】

（1）根据抛物线的方程，求得焦点F（，0），利用（2，2），表示点P的坐标，再代入抛物线方程求解.（2）设M（x0，y0），N（x1，y1），L（x2，y2），表示出MN的方程y和ML的方程y，因为A（3，﹣2），B（3，﹣6）在这两条直线上，分别代入两直线的方程可得y1y2＝12，然后表示直线NL的方程为：y﹣y1（x），代入化简求解.【详解】（1）由抛物线的方程可得焦点F（，0），满足（2，2）的P的坐标为（2，2），P在抛物线上，所以（2）2＝2p（2），即p2+4p﹣12＝0，p＞0，解得p＝2，所以抛物线的方程为：y2＝4x；（2）设M（x0，y0），N（x1，y1），L（x2，y2），则y12＝4x1，y22＝4x2，直线MN的斜率kMN，则直线MN的方程为：y﹣y0（x），即y①，同理可得直线ML的方程整理可得y②，将A（3，﹣2），B（3，﹣6）分别代入①，②的方程可得，消y0可得y1y2＝12，易知直线kNL，则直线NL的方程为：y﹣y1（x），即yx，故yx，所以y（x+3），因此直线NL恒过定点（﹣3，0）．【点睛】本题主要考查了抛物线的方程及直线与抛物线的位置关系，直线过定点问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.19、（1）见解析（2）【解析】

（1）通过勾股定理得出，又，进而可得平面，则可得到，问题得证；（2）如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式可得答案.【详解】（1）因为平面，所以，又因为，，，所以，因此，所以，因此平面，所以，从而，又四边形为平行四边形，则四边形为矩形；（2）如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，所以，平面的法向量，设平面的法向量，由，由，令，即，所以，，所以，所求二面角的余弦值是.【点睛】本题考查空间垂直关系的证明，考查向量法求二面角的大小，考查学生计算能力，是中档题.20、（1）见解析（2）【解析】

（1）连接与交于，连接，证明即可得证线面平行；（2）首先证明平面(只要取中点，可证平面，从而得，同理得),因此点到直线的距离即为点到平面的距离，由平面几何知识易得最大值，然后可计算体积．【详解】（1）证明：连接与交于，连接，因为是菱形，所以为的中点，又因为为的中点，所以，因为平面平面，所以平面．（2）解：取中点，连接，因为四边形是菱形，，且，所以，又，所以平面，又平面，所以．同理可证：，又，所以平面，所以平面平面，又平面平面，所以点到直线的距离即为点到平面的距离，过作直线的垂线段，在所有垂线段中长度最大为，因为为的中点，故点到平面的最大距离为1，此时，为的中点，即，所以，所以．【点睛】本题考查证明线面平行，考查求棱锥的体积，掌握面面垂直与线面垂直的判定与性质是解题关键．21、（1）存在；详见解析（2）【解析】

（1）利用面面平行的性质定理可得，为上靠近点的三等分点，中点，证明平面平面即得；（2）过作交于，可得两两垂直，以分别为轴建立空间直角坐标系，求出长，写出各点坐标，用向量法求二面角．【详解】解：（1）当为上靠近点的三等分点时，满足面.证明如下，取中点，连结.即易得所以面面，即面．（2）过作交于面，两两垂直，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图，设面法向量，则，即取同理可得面的法向量综上可知锐二面角的余弦值为．【点睛】本题考查立体几何中的存探索性命题，考查用空间向量法求二面角．线面平行问题可通过面面平行解决，一定要掌握：立体几何中线线平行、线面平行、面面平行是相互转化、相互依存的．求空间角一般是建立空间直