湖北省襄阳市第四中学高三下学期高考模拟（一）数学试卷

年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题（一）数学本试卷共4页，题，全卷满分分考试用时分钟.★祝考试顺利★注意事项：答题前，先将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.选择题的作答：每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共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.若集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用幂函数的性质求解不等式得到，再利用交集的定义求解即可.【详解】令，解得，则，因为，所以，故C正确.故选：C.2.已知复数z满足，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用复数的除法运算求出，即可求其共轭复数.第1页/共23页【详解】由可得：，解得，用复数除法得：，则，故选：C.3.已知向量，且，则实数（）A.1B.0C.1D.任意实数【答案】B【解析】【分析】根据向量的线性运算及向量垂直的向量关系计算求解【详解】.由，得，解得.故选：B.4.已知，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将已知两式平方后相加，结合同角的三角函数关系，以及两角差的余弦公式求得答案.【详解】由，，两边平方后相加得，即,得，第2页/共23页所以,故选:C.5.已知球的半径和圆锥的底面半径相等，且圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形，则球与圆锥的体积之比为（）A.2B.3C.D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用弧长公式用圆锥底面圆半径表示其母线，再利用球与圆锥体积公式列式计算.【详解】设球的半径和圆锥的底面半径均为，圆锥的母线长为，由圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形，得，则，所以球的体积与圆锥的体积之比为.故选：C6.已知函数（且上的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据分段函数的解析式，结合分段函数的单调性的求解方法和对数函数的性质，列出不等式组，即可求解.【详解】由题意，函数（且）是上的单调函数，则满足，解得.第3页/共23页故选：C.【点睛】本题主要考查了利用分段函数的单调性求参数，以及一元二次函数与对数函数的图象与性质的应用，其中解答中熟练分段函数的单调性的判定方法，以及对数函数的性质是解答的关键，着重考查推理与运算能力.7.已知函数，则此函数在区间内零点的个数为（）A.0B.1C.2D.3【答案】D【解析】【分析】令得，或或时，不是函数零点，当且且时，，同一坐标系内，画出与在上的图象，数形结合得到答案.【详解】令得，，当或或时，，但，故不是函数零点，当且且时，，同一坐标系内画出与在上的图象，如下：第4页/共23页可以看出上，与在上共有3个交点，故零点个数为3个，分别为.故选：D8.已知定义域为函数关于点确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】关于点对称推出取值所得不等式累加，结合判断选项，由反例确定BD错误，根据累加结果确定A，正确C错误.【详解】因为函数关于点对称，所以，即，又，所以，即，第5页/共23页对于AC，，，，，，累加得，又，即，故A正确，取，则，故的图象关于对称，而，当时，，当时，，当时，，故此时恒成立，故，而，，，故BCD错误；故选：A作出判断.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共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.下列关于概率统计的知识，其中说法正确的是（）A.数据的第25百分位数是1；B.若一组样本数据的对应样本点都在直线第6页/共23页数为；C.已知随机变量，若，则；D.某班有50名同学，一次考试后的数学成绩服从正态分布，则理论上说在分的人数约为17，，【答案】ACD【解析】【分析】根据百分位数、相关系数、二项分布、正态分布等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】对于选项A，8个数据从小到大排列，由于，所以第25百分位数应该是第二个与第三个的平均数，故A正确；对于选项B，因为样本点都在直线上，说明是负相关且线性相关性很强，所以相关系数为，故B错误．对于选项C，因为，所以，解得，故C正确；对于选项D，由，可得在90~100分的人数是，故D正确.故选：ACD．10.已知，且成等差数列（）A.也成等差数列B.也成等差数列C.D.【答案】ACD【解析】【分析】根据等差数列计算再结合基本不等式即可判断A,D，应用指数函数单调性判断B,C.【详解】因为，所以，D选项正确；第7页/共23页因为，所以，C选项正确；因为，所以,A选项正确；设成等差数列，得出,若成等差数列，则已知矛盾，所以B错误.故选：ACD.已知曲线的方程为，一条不过原点的直线与轴分别交于两点，则下列说法正确的有（）A.曲线有4条对称轴B.曲线C形成封闭图形的面积大于C当时，直线与相切D.若点在曲线上，则【答案】ACD【解析】A4B过C位于圆C，设直线方程联立，利用条件代入计算求得一个解，即可判断.对于D思想，即正数大于负数，从而得证．【详解】首先，我们作出符合题意的图象，第8页/共23页对于A，由绝对值的特征，曲线在四个象限内都有对称性，即关于轴，轴，以及直线和直线对称，则故曲线有4条对称轴，故A正确；对于B，设为曲线第一象限内任意一点，则，两侧同时平方得，即，故，而到点的距离为，故曲线C位于圆的左下部分四分之一圆弧的下方，又圆的左下部分四分之一圆弧与坐标轴围成的面积为，该面积为边长为1的正方形面积减去四分之一圆的面积，所以第一象限围成面积小于．所以曲线C形成封闭图形的面积小于，故B错误；对于C，不妨设，则直线的方程为，其中，由消去，可得，将代入，化简得：，即，解得，由函数的定义，可得直线与曲线在第一象限有且只有一个共同点，第9页/共23页故此时直线与曲线相切，同理在其他象限也有相同的结论，故C正确.对于，由点在曲线上得：，结合则，所以,故选项正确．故选：ACD三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.已知直线与椭圆交于两点，，则周长是__________.【答案】20【解析】【分析】根据题意可知直线经过椭圆的右焦点，结合椭圆的定义即可求解.【详解】椭圆,所以，得，则椭圆的右焦点为，所以直线经过椭圆的右焦点，由椭圆的定义可知，的周长为.故答案为：20.13.若曲线在原点处的切线也是曲线的切线，则__________．【答案】第10页/共23页【解析】【分析】求导，根据在原点处的切线方程为，进而根据公切线满足的数量关系得的切点为，将其代入即可求解.【详解】由得，所以曲线在原点处的切线为．由得，设切线与曲线相切的切点为．由两曲线有公切线得，解得，则切点为．因为切点在切线上，所以．故答案为：14.有5个相同的球，分别标有数字，从中无放回地随机取3次，每次取1个球，记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为__________.【答案】【解析】【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，就的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.【详解】从5个不同的球中不放回地抽取3次，共有种，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，故，故，故，若，则，则为：，故有2种，若，则，则为：，，故有8种，第11页/共23页当，则，则为：，，故有12种，当，则，则为：，，共有8种，当，则，则为：有2种，共与的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为，故所求概率为.故答案为：四､解答题：本题共5小题，共分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.记的角的对边分别为，已知.（1）求A；（2）若点D是BC边上一点，且，求的值.【答案】（1）（2）【解析】1）根据，结合两角和差公式运算求解即可；（2）设，利用正弦定理可得，结合题中关系列式求解即可.第12页/共23页【小问1详解】因为，则，可得，且，则，可得，即，又因为，所以.【小问2详解】因为，由（1）可知：，设，则.在Rt中，可得，即，在中，由正弦定理得，可得，又因为，即，可得，解得，所以的值为.16.已知抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，双曲线的渐近线方程为．（1）求抛物线的标准方程和双曲线的标准方程．第13页/共23页（2）斜率为2的直线与抛物线交于两点，与轴交于点，若，求．【答案】（1），；（2）.【解析】1）由双曲线渐近线方程求出，进而求出其右焦点即可得解.（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，借助共线向量求出点的坐标即可.【小问1详解】依题意，双曲线渐近线方程为：，于是，解得，因此双曲线的标准方程为：，其右焦点为，则，解得，所以抛物线的标准方程为，双曲线的标准方程为.【小问2详解】设的方程为：，则，由消去得：，则，，由，得，则，满足，因此，，，所以．17.如图，在四棱锥中，底面为棱的中点，四面第14页/共23页体的体积为的面积为.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离；（3平面为棱与平面夹角为时，求的长.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】1）取的中点，利用线面平行的判定，结合平行四边形性质推理得证.（2）由线面平行的判定证得平面，结合体积公式求出点到平面的距离即可.（3）取的中点，利用面面垂直的性质、线面垂直的判定证得，再建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解.【小问1详解】在四棱锥中，取的中点，连接，在中，由分别为的中点，得，又，则，即四边形为平行四边形，，而平面平面，所以平面.【小问2详解】第15页/共23页设点到平面的距离为，由四面体的体积为的面积为，得，解得，而平面平面，则平面，所以点到平面的距离为.【小问3详解】取的中点，连接，由，得，由平面平面，平面平面平面，得平面，即，则，由平面平面，得，又平面平面，则，而平面，因此平面，又平面，则，而的面积为，，则，，由，得，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，设，则，，设平面的法向量为，则，取，得，设平面法向量为，则，取，得，，由平面与平面的夹角为，第16页/共23页得，解得，即为的中点，所以.18.已知函数.（1）若，函数在上单调递减，求实数的取值范围：（20为函数明理由；（3）若，求函数在上的零点个数.【答案】（1）（2）（3）2【解析】1在上恒成立，再引入函数求出函数的最值得参数范围；（2）通过求得，再验证即可；（3）求出，令，再求导，由的单调性确定的零点的存在性,从而得的正负，确定即的单调性，然后再确定的零点的存在性，得出的正负，确定的单调性，然后确定【小问1详解】当时，，，因为函数在上单调递减，所以在上恒成立，即在上恒成立，可得，令，在上，，，第17页/共23页所以在上的最小值为，所以实数a的取值范围为．【小问2详解】存在，理由如下：当，，，若0为函数的极大值点，则，则，此时，，令，可得，当时，易知，当时，，，所以，即在恒成立，也即在单调递减，又，所以，，，，所以0为函数的极大值点；【小问3详解】第18页/共23页当，时，，可得，，设，则，易知在上单调递增，又，，所以，使得，在上,在上，所以在上单调递减，在上单调递增，又，，，所以，，使得，故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，又，由得，，又因为，易知，所以，所以，使得，综上，函数在上有，0两个零点．19.已知是给定的正整数，设是以满足下列条件①②③的函数为元素构成的集合：①定义域为第19页/共23页；②；③，，其中，.对给定的整数，（其中.（1）当时，直接写出集合和（2）若且不是3的倍数，证明：；（3）从集合中随机取出一个函数，证明：对任意，随机事件“”发生的概率都不超过.【答案】（1）；；（2）证明见解析；（3）证明见解析；【解析】1）根据定义，分类讨论即可；（2）分和讨论即可；（3）根据条件概率公式得，然后再计算和即可.【小问1详解】当时，，若是，则，（i）当，时，条件①为的定义域为，条件②为，条件③当时，，（ii）当，时，条件①为的定义域为，条件②为，条件③当时，，（iii）当，时，条件①为的定义域为，条件②为，条件③当时，，第20页/共23页若取当时，，则，则此时，满足，若取当时，，则，则此时，不满足，舍去；（iv）当，时，条件