高中数学高考一模提分卷全国二卷（含答案解析）

年高考第一次模拟考试数学（全国二卷）01·全解全析（考试时间：120分钟，分值：150分）注意事项：1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分（选择题共58分）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A=x|x2−x−2<0，B=x|A．x|−1<x<2 B．x|−1≤x<2C．{x|x<2} D．x|x≥−11．【答案】A【详解】由不等式x2−x−2=(x−2)(x+1)<0，可得−1<x<2，即又由log2(x+2)≥0，可得x+2≥1，解得x≥−1，即所以A∩B={x|−1<x<2}.故选：A.2．在从小到大依次排列的样本数据2、8、10、a、16、20中，已知中位数小于众数，则该组样本数据的平均数为（

）A．10 B．11 C．12 D．132．【答案】C【详解】由题意可知10≤a≤16，这组数据的中位数为a+102因为该组数据存在众数，故a=10或16，则这组数据的众数为a，又这组数据的中位数小于众数，所以a+102<a，解得a>10，故因此，这组数据的平均数为2+8+10+16+16+206故选：C.3．若复数z=21−iA．z=2 B．zC．z的虚部为i D．z23．【答案】C【详解】z=2对于A，z=对于B，z的共轭复数为1−i对于C，z的虚部为1，故C错误；对于D，z2=1+故选：C.4．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sin2Asin2BA．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形4．【答案】C【详解】由sin2Asin即bcos由正弦定理得sinB又因为△ABC中，sinA≠0，sin所以cosAsinA=所以2A=2B或2A+2B=π，即A=B或C=即△ABC是等腰三角形或直角三角形，故选：C.5．已知点M1,−2，点P在抛物线y2=12x上运动，点Q在圆(x−3)2+A．2 B．3 C．4 D．55．【答案】B【详解】把x=1代入y2=12x，得所以点M1,−2在抛物线y圆(x−3)2+y因为PQ的最小值为PC2−1，而C过点P作抛物线准线x=−3的垂线垂足为P1则根据抛物线的定义得PC所以PM+PQ的最小值等于求当M,P,P1三点共线时PM+故PM+PP故选：B.6．音乐喷泉曲线形似藤蔓上挂结的葫芦，也可称为“葫芦曲线”.它的性质是每经过相同的时间间隔，它的振幅就变化一次.如图所示，某条葫芦曲线的方程为y=2−122xπsinωx0≤x≤2π，其中x表示不超过x的最大整数，如A．±32 B．±22 C．6．【答案】C【详解】将点M54π,1代入葫芦曲线的方程可得由0<ω≤3，ω∈Z，可得ω=2，因此曲线方程为y=当x=53π所以交点的纵坐标为±3故选：C.7．已知数列an与bn均是公差不为0的等差数列，且数列anbn也是等差数列，若aA．24 B．21 C．18 D．157．【答案】A【详解】设an的公差为d1d1≠0，bna7=a1+6bn因为数列an所以2⋅a4b解得d2=0（舍去）或所以bn=12+4n−1故选：A.8．随着人工智能的爆火，其已被广泛地用来实现语义分析、计算推理、问答对话、代码编写等任务，其实现指令的背后主要靠大语言模型算法，其中A函数：Ax=11+e−x是算法中被广泛使用的一种激活函数．激活函数的一个重要作用是执行数据的归一化，将输入数据映射到某个范围内，再往下传递，这样做的好处是可以限制数据的扩张，防止数据过大导致的溢出风险．B函数是A．A函数可以将所有输入值映射到0,1B．A函数和B函数图象的对称中心相同C．复合模型M函数MxD．A函数和B函数的图象仅有一个公共点8．【答案】D【详解】对于A，∵A2=11+e对于B，A函数和B函数的定义域均为R，∵A−x+A∴Ax=1∵B−x=e−x−对于C，Mx=1∵M−x∴Mx而M0=1对于D，令Ax=Bx,则解得ex=1+2故选：D.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．已知在x+2xnA．n=6 B．第4项的二项式系数最大C．x2的系数为60 D．展开式各项系数之和为9．【答案】ABC【详解】由题意得Cn2=因为n=6时，二项式系数最大的是C6x+2x6令6−2r=2，得r=2，所以x2的系数为2展开式各项系数之和为1+26故选：ABC.10．已知函数f(x)=xex−A．当a=0时，f(x)在(−1,+∞B．当a<0时，fC．当a>0时，f(x)有一个零点D．f(x)最多有两个不同的零点10．【答案】ACD【详解】对于A，f(x)=xex，f′则f(x)在(−1,+∞对于B，f′(x)=x+1ex令f′(x)>0⇒x>−1;f′x<0⇒x<−1，则f(x)在对于C，f′(x)=x+1ex−a，令若lna=−1⇒a=1e，则f′(x)≥0⇒x→+∞，fx→+∞则f′(x)>0⇒x∈−则fx在−∞,则极大值为fln极小值为f−1=−1e<0若lna>−1⇒a>fx在−∞,−1则极小值为fln极大值为f−1=−1e<0综上，当a>0时，f(x)只有一个零点，故C正确；对于D，由C分析，当a>0时，f(x)只有一个零点.当a=0⇒f(x)=xex，易得只有一个零点.当a<0，由B分析可知，又注意到x→−∞，fx则∃x1∈故a<0时，f(x)有2个零点.则f(x)最多有两个不同的零点，故D正确.故选：ACD.11．已知抛物线E：y2=2pxp>0的焦点为F，抛物线E的准线交x轴于点G，抛物线E上一点T4,y0到点F的距离为6，点A，B是抛物线A．p=4B．若AB中点M的纵坐标为2，则直线AB的斜率为2C．若OA⊥OB，则直线AB恒过点4,0D．若直线AB过点F，则直线AG，BG的斜率之和为011．【答案】ABD【详解】对于A，由题意可知，点T4,y0到点F的距离为4+则y2对于B，若AB中点M的纵坐标为2，则AB斜率存在，设Ax1,y1所以直线AB的斜率为y1对于C，设Ax若OA⊥OB，则OA⋅OB=当AB斜率存在时，直线AB：y=8y1当斜率不存在时，y1=−y2，故C错误；D选项，设Ax1,y1代入点F(2,0)可得y1则kAG当AB斜率不存在时，y1+y故选：ABD.第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知a=2,b=10，若b在a方向上的投影向量为−52a，则a与b的夹角为12．【答案】2【详解】因为b在a方向上的投影向量为a⋅所以a⋅又cosa,b所以a,故答案为：2π13．已知函数fx=xlnx，gx=ax2−x．若经过点A1,0存在一条直线l与曲线y=f13．【答案】1【详解】f′x=lnx+1，设直线所以切线方程为y−x0ln则−x0ln设hx=lnx−x+1，当0<x<1时，h′x>0，hx单调递增，当x>1时，所以当x=1时，hx取得最大值，h所以方程lnx0=所以切线方程为y=x−1，联立y=x−1y=ax2−x，得ax故答案为：1.14．如图，这是某零件的结构模型，中间大球为正四面体的内切球，小球与大球、正四面体的三个面均相切.若AB＝12，则该模型中一个小球的体积为.14．【答案】6【详解】如图所示，设O为大球的球心，大球的半径为R，大正四面体的底面中心为E，棱长为AB=12，高为h，CD的中点为F，连接OA,OB,OC,OD,OE,BF，则BE=23BF=∵V正四面体∴13∴R=1设小球的半径为r，小球也可看作一个小的正四面体的内切球，且小正四面体的高h小∴r=1∴小球的体积为：43故答案为：6π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）在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2asin(1)求A；(2)求2315．（13分）【详解】（1）因为2asinC=c，由正弦定理可得，2sinAsin因为△ABC是锐角三角形，所以A∈0,π2（2）利用（1）中结论，结合三角形内角和的条件，有：2=2=因为△ABC是锐角三角形，可得C=5π6所以sinB−所以2sin则23sinB−216．（15分）已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左顶点为(1)求椭圆的方程；(2)直线y=kx（k存在且不等于0）与椭圆交于P，Q两点，直线PA与y轴交于点M，直线QA与直线y=b交于点N，判断kPB16．（15分）【详解】（1）由题意ca解得a=2b=故椭圆的方程为x2（2）设Px1,y1，由对称性可知，P由（1）可知，A−2,0联立3x2+4所以x1直线AP的斜率存在，其方程为：y=y令x=0得yM=2直线AQ的斜率存在，其方程为：y=−令y=3得xN=所以kPB−=kx1所以kPB17．（15分）如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是正方形，△PCD是边长为2的正三角形，且PB=22(1)求证：平面PCD⊥平面ABCD；(2)求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值．17．（15分）【详解】（1）证明：取CD的中点O，连接OP，OB．因为△PCD是边长为2的正三角形，所以OP⊥CD,OP=3在正方形ABCD中，OC=1,BC=2,∠BCO=90∘，所以又PB=22，所以OP2因为DC∩OB=O,DC,OB⊂平面ABCD，所以OP⊥平面ABCD，因为OP⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面ABCD.（2）取AB的中点E，连接OE，因为四边形ABCD是正方形，O,E分别是CD,AB的中点，所以OE⊥CD，又OP⊥平面ABCD,OE⊂平面ABCD，所以OP⊥OE，即直线OE,OC,OP两两垂直，以点O为坐标原点，OE,OC,OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P0,0,所以PA=设m=x1则m⋅令z1=−1，得设n=x2则n→令z2=1，得所以cosm,n=m⋅n18．（17分）已知函数f(x)=sin(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)若函数g(x)=−x+ln(cosx)−π4，证明：当(3)若对任意x∈(π2,π)18．（17分）【详解】（1）函数f(x)=sinx+x2+3，求导得f所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x+3.（2）由（1）知f′(x)=cosx+2x，令函数φ(x)在(−π2,则∃x0∈(−π2当x∈(−π2,x0)时，即函数f(x)在(−π2,因此f(x)≥f(x函数g(x)=−x+ln(cos当x∈(−π2,−π4)时，函数g(x)在(−π2,−因此g(x)≤g(−π所以当x∈(−π2,（3）对∀x∈(π2,令h(x)=sinx+a(x2−πx+求导得h′(x)=cos求导得u′(x)=−sinx+2a，函数u′当−1+2a≥0，即a≥12时，u′(x)>0，函数则h′(x)>h′(π2当a<12时，u′(π则存在x1∈(π2,于是函数h′(x)在(π2,因此函数h(x)在(π2,x1所以实数a的取值范围是[119．（17分）n阶拉丁方阵是一种n×n的方阵，在这种n×n的方阵里，恰有1到n这n个不同的正整数，每一个不同的正整数在同一行或同一列中只出现一次.例如，如图是一个3阶拉丁方阵.123231312(1)分别计算2阶和3阶拉丁方阵的个数.(2)求4阶拉丁方阵的个数，并证明：n阶拉丁方阵的个数是n!(n−1)!的倍数.(3)设A为n×n的方阵，且1到n这n个不同的正整数恰好在A中各出现n次，记全体方阵A构成的集合为S，从S中任取一个方阵，记此方阵为n阶拉丁方阵的概率为pn.证明：p参考公式：2πnn19．（17分）【详解】（1）计算2阶阶拉丁方阵：第一行，一共有2!=2种排法，例如第一排是1,2，那么第二排一定是2,1，因此2阶阶拉丁方阵有2种；计算3阶阶拉丁方阵：第一行，一共有3!=6种排法，例如第一排是1,2,3，那么第二排有2,3,1，3,1,2两种排法，若是2,3,1，则第三排只有一种排法，因此3阶阶拉丁方阵有6×2=12种；（2）计算4阶阶拉丁方阵：第一行有4!=24种排列方式，根据（1）问的分析，可知：第二行有3!=6种排列方式，第三行有2!=2种排列方式，第四行则只有一种排列方式，因