广西玉林市福绵区新高考考前模拟数学试题及答案解析

广西玉林市福绵区新高考考前模拟数学试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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．函数的值域为（）A． B． C． D．2．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为11，则图中的判断条件可以为（）A． B． C． D．3．已知，，分别为内角，，的对边，，，的面积为，则（）A． B．4 C．5 D．4．已知函数是上的减函数，当最小时，若函数恰有两个零点，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．5．下列图形中，不是三棱柱展开图的是（）A． B． C． D．6．如图，在正方体中，已知、、分别是线段上的点，且.则下列直线与平面平行的是（）A． B． C． D．7．已知函，，则的最小值为（）A． B．1 C．0 D．8．中，角的对边分别为，若，，，则的面积为（）A． B． C． D．9．若函数（）的图象过点，则（）A．函数的值域是 B．点是的一个对称中心C．函数的最小正周期是 D．直线是的一条对称轴10．设是等差数列，且公差不为零，其前项和为．则“，”是“为递增数列”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11．已知抛物线的焦点为，为抛物线上一点，，当周长最小时，所在直线的斜率为（）A． B． C． D．12．若实数满足不等式组，则的最大值为（）A． B． C．3 D．2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知向量，，，则_________.14．函数的定义域是____________．（写成区间的形式）15．已知，则展开式的系数为__________．16．已知向量=（－4，3），=（6，m），且，则m=__________.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）在中，内角的对边分别是，满足条件．（1）求角；（2）若边上的高为，求的长．18．（12分）已知椭圆C的中心在坐标原点，其短半轴长为1，一个焦点坐标为，点在椭圆上，点在直线上，且．（1）证明：直线与圆相切；（2）设与椭圆的另一个交点为，当的面积最小时，求的长．19．（12分）在直角坐标系中，曲线的标准方程为.以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求直线的直角坐标方程；（2）若点在曲线上，点在直线上，求的最小值.20．（12分）已知点是抛物线的顶点，，是上的两个动点，且.（1）判断点是否在直线上？说明理由；（2）设点是△的外接圆的圆心，点到轴的距离为，点，求的最大值.21．（12分）在考察疫情防控工作中，某区卫生防控中心提出了“要坚持开展爱国卫生运动，从人居环境改善、饮食习惯、社会心理健康、公共卫生设施等多个方面开展，特别是要坚决杜绝食用野生动物的陋习，提倡文明健康、绿色环保的生活方式”的要求.某小组通过问卷调查，随机收集了该区居民六类日常生活习惯的有关数据.六类习惯是：（1）卫生习惯状况类；（2）垃圾处理状况类；（3）体育锻炼状况类；（4）心理健康状况类；（5）膳食合理状况类；（6）作息规律状况类.经过数据整理，得到下表：卫生习惯状况类垃圾处理状况类体育锻炼状况类心理健康状况类膳食合理状况类作息规律状况类有效答卷份数380550330410400430习惯良好频率0.60.90.80.70.650.6假设每份调查问卷只调查上述六类状况之一，各类调查是否达到良好标准相互独立.（1）从小组收集的有效答卷中随机选取1份，求这份试卷的调查结果是膳食合理状况类中习惯良好者的概率；（2）从该区任选一位居民，试估计他在“卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、膳食合理状况类”三类习惯方面，至少具备两类良好习惯的概率；（3）利用上述六类习惯调查的排序，用“”表示任选一位第k类受访者是习惯良好者，“”表示任选一位第k类受访者不是习惯良好者（）.写出方差，，，，，的大小关系.22．（10分）某房地产开发商在其开发的某小区前修建了一个弓形景观湖．如图，该弓形所在的圆是以为直径的圆，且米，景观湖边界与平行且它们间的距离为米．开发商计划从点出发建一座景观桥（假定建成的景观桥的桥面与地面和水面均平行），桥面在湖面上的部分记作．设．（1）用表示线段并确定的范围；（2）为了使小区居民可以充分地欣赏湖景，所以要将的长度设计到最长，求的最大值．

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、A【解析】

由计算出的取值范围，利用正弦函数的基本性质可求得函数的值域.【详解】，，，因此，函数的值域为.故选：A.【点睛】本题考查正弦型函数在区间上的值域的求解，解答的关键就是求出对象角的取值范围，考查计算能力，属于基础题.2、B【解析】

根据程序框图知当时，循环终止，此时，即可得答案.【详解】，.运行第一次，，不成立，运行第二次，，不成立，运行第三次，，不成立，运行第四次，，不成立，运行第五次，，成立，输出i的值为11，结束.故选：B.【点睛】本题考查补充程序框图判断框的条件，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意模拟程序一步一步执行的求解策略.3、D【解析】

由正弦定理可知,从而可求出.通过可求出，结合余弦定理即可求出的值.【详解】解：，即，即.，则.，解得.，故选:D.【点睛】本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形的面积公式，考查同角三角函数的基本关系.本题的关键是通过正弦定理结合已知条件，得到角的正弦值余弦值.4、A【解析】

首先根据为上的减函数，列出不等式组，求得，所以当最小时，，之后将函数零点个数转化为函数图象与直线交点的个数问题，画出图形，数形结合得到结果.【详解】由于为上的减函数，则有，可得，所以当最小时，，函数恰有两个零点等价于方程有两个实根，等价于函数与的图像有两个交点．画出函数的简图如下，而函数恒过定点，数形结合可得的取值范围为．故选：A.【点睛】该题考查的是有关函数的问题，涉及到的知识点有分段函数在定义域上单调减求参数的取值范围，根据函数零点个数求参数的取值范围，数形结合思想的应用，属于中档题目.5、C【解析】

根据三棱柱的展开图的可能情况选出选项.【详解】由图可知，ABD选项可以围成三棱柱，C选项不是三棱柱展开图.故选：C【点睛】本小题主要考查三棱柱展开图的判断，属于基础题.6、B【解析】

连接，使交于点，连接、，可证四边形为平行四边形，可得，利用线面平行的判定定理即可得解．【详解】如图，连接，使交于点，连接、，则为的中点，在正方体中，且，则四边形为平行四边形，且，、分别为、的中点，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，因此，平面.故选：B.【点睛】本题主要考查了线面平行的判定，考查了推理论证能力和空间想象能力，属于中档题．7、B【解析】

，利用整体换元法求最小值.【详解】由已知，又，，故当，即时，.故选：B.【点睛】本题考查整体换元法求正弦型函数的最值，涉及到二倍角公式的应用，是一道中档题.8、A【解析】

先求出，由正弦定理求得，然后由面积公式计算．【详解】由题意，．由得，．故选：A．【点睛】本题考查求三角形面积，考查正弦定理，同角间的三角函数关系，两角和的正弦公式与诱导公式，解题时要根据已知求值要求确定解题思路，确定选用公式顺序，以便正确快速求解．9、A【解析】

根据函数的图像过点，求出，可得，再利用余弦函数的图像与性质，得出结论.【详解】由函数（）的图象过点，可得，即，，，故，对于A，由，则，故A正确；对于B，当时，，故B错误；对于C，，故C错误；对于D，当时，，故D错误；故选：A【点睛】本题主要考查了二倍角的余弦公式、三角函数的图像与性质，需熟记性质与公式，属于基础题.10、A【解析】

根据等差数列的前项和公式以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】是等差数列，且公差不为零，其前项和为，充分性：，则对任意的恒成立，则，，若，则数列为单调递减数列，则必存在，使得当时，，则，不合乎题意；若，由且数列为单调递增数列，则对任意的，，合乎题意.所以，“，”“为递增数列”；必要性：设，当时，，此时，，但数列是递增数列.所以，“，”“为递增数列”.因此，“，”是“为递增数列”的充分而不必要条件.故选：A.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等差数列的前项和公式是解决本题的关键，属于中等题．11、A【解析】

本道题绘图发现三角形周长最小时A,P位于同一水平线上，计算点P的坐标，计算斜率，即可．【详解】结合题意，绘制图像要计算三角形PAF周长最小值，即计算PA+PF最小值，结合抛物线性质可知，PF=PN，所以，故当点P运动到M点处，三角形周长最小，故此时M的坐标为，所以斜率为，故选A．【点睛】本道题考查了抛物线的基本性质，难度中等．12、C【解析】

作出可行域，直线目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．【详解】作出可行域，如图由射线，线段，射线围成的阴影部分（含边界），作直线，平移直线，当过点时，取得最大值1．故选：C．【点睛】本题考查简单的线性规划问题，解题关键是作出可行域，本题要注意可行域不是一个封闭图形．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、2【解析】

由得，算出，再代入算出即可.【详解】，，，，解得：，，则.故答案为：2【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，向量垂直的性质，向量的模的计算.14、【解析】

要使函数有意义，需满足，即，解得，故函数的定义域是．15、【解析】

先根据定积分求出的值，再用二项展开式公式即可求解.【详解】因为所以的通项公式为当时，当时，故展开式中的系数为故答案为：【点睛】此题考查定积分公式，二项展开式公式等知识点，属于简单题目.16、8.【解析】

利用转化得到加以计算，得到.【详解】向量则.【点睛】本题考查平面向量的坐标运算、平面向量的数量积、平面向量的垂直以及转化与化归思想的应用.属于容易题.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）【解析】

（1）利用正弦定理的边角互化可得，再根据，利用两角和的正弦公式即可求解.（2）已知，由知，在中，解出即可.【详解】（1）由正弦定理知由己知，而∴，（2）已知，则由知先求∴∴∴【点睛】本题主要考查了正弦定理解三角形、三角形的性质、两角和的正弦公式，需熟记定理与公式，属于基础题.18、（1）见解析；（2）.【解析】

（1）分斜率为0，斜率不存在，斜率不为0三种情况讨论，设的方程为，可求解得到，，可得到的距离为1，即得证；（2）表示的面积为，利用均值不等式，即得解.【详解】（1）由题意，椭圆的焦点在x轴上，且，所以．所以椭圆的方程为．由点在直线上，且知的斜率必定存在，当的斜率为0时，，，于是，到的距离为1，直线与圆相切．当的斜率不为0时，设的方程为，与联立得，所以，，从而．而，故的方程为，而在上，故，从而，于是．此时，到的距离为1，直线与圆相切．综上，直线与圆相切．（2）由（1）知，的面积为，上式中，当且仅当等号成立，所以面积的最小值为1．此时，点在椭圆的长轴端点，为．不妨设为长轴左端点，则直线的方程为，代入椭圆的方程解得，即，，所以．【点睛】本题考查了直线和椭圆综合，考查了直线和圆的位置关系判断，面积的最值问题，考查了学生综合分析，数学运算能力，属于较难题.19、（1）（2）【解析】

（1）直接利用极坐标公式计算得到答案（2）设，，根据三角函数的有界性得到答案.【详解】（1）因为，所以，因为所以直线的直角坐标方程为.（2）由题意可设，则点到直线的距离.因为，所以，因为，故的最小值为.【点睛】本题考查了极坐标方程，参数方程，意在考查学生的计算能力和转化能力.20、（1）不在，证明见详解；（2）【解析】

（1）假设直线方程，并于抛物线方程联立，结合韦达定理，计算，可得，然后验证可得结果.（2）分别计算线段中垂线的方程，然后联立，根据（1）的条件可得点的轨迹方程，然后可得焦点，结合抛物线定义可得，计算可得结果.【详解】（1）设直线方程，根据题意可知直线斜率一定存在，则则由所以将代入上式化简可得，所以则直线方程为，所以直线过定点，所以可知点不在直线上.（2）设线段的中点为线段的中点为则直线的斜率为，直线的斜率为可知线段的中垂线的方程为由，所以上式化简为即线段的中垂线的方程为同理可得：线段的中垂线的方程为则由（1）可知：所以即，所以点轨迹方程为焦点为，所以当三点共线时，有最大所以【点睛】本题考查直线于抛物线的综合应用，第（1）问中难点在于计算处，第（2）问中关键在于得到点的轨迹方程，直线与圆锥曲线的综合常常要联立方程，结合韦达定理，属难题.21、（1）（2）（3）【解析】

（1）设“选取的试卷的调查结果是膳食合理状况类中习惯良好者“的事件为，根据古典概型求出即可；（2）设该区“卫生习惯状况良好者“，“体育锻炼状况良好者“、“膳食合理状况良好者”事件分别为，，，设事件为“该居民在“卫生习惯