高中数学高考黄金卷02（理）（新课标Ⅱ卷）（解析版）
展开黄金卷02（新课标Ⅱ卷）理科数学本卷满分150分，考试时间120分钟。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．已知集合，，则( )。A、B、C、D、【答案】A【解析】∵，，∴，故选A。2．已知复数满足，则( )。A、B、C、D、【答案】B【解析】∵，则，故选B。3．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“诸葛亮领八员将，每将又分八个营，每营里面排八阵，每阵先锋有八人，每人旗头俱八个，每个旗头八队成，每队更该八个甲，每个甲头八个兵。”则问题中将官、先锋、旗头、队长、甲头、土兵共有( )。A、人B、人C、人D、人【答案】D【解析】由题意可得将官、营、阵、先锋、旗头、队长、甲头、土兵依次成等比数列，且首项为，公比也是，所以将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有：，故选D。4．霍兰徳职业能力测试问卷可以为大学生在择业方面提供参考，对人的能力兴趣等方面进行评估。某大学随机抽取名学生进行霍兰徳职业能力测试问卷测试，测试结果发现这名学生的得分都在内，按得分分成组：、、 、、，得到如图所示的频率分布直方图，则这名同学得分的中位数为( )。A、B、C、D、【答案】A【解析】设中位数为，根据频率分布直方图可得测试结果位于的频率为：，位于的頻率为，则这名学生得分的中位数位于之同，故有，解得，故选A。5．设、、，则、、的大小关系为( )。 A、B、C、D、【答案】C【解析】由已知得，，由于，故，而，故，故选C。6．已知双曲线：(，)的一个焦点坐标为，且两条渐近线的夹角为，则双曲线的标准方程为( )。A、或B、或C、或D、或【答案】D【解析】两条渐近线的夹角为，∴或，又，，解得或，∴双曲线的标准方程为或，故选D。7．的展开式中，含项的系数为( )。A、B、C、D、【答案】C【解析】，∵的通项公式，的通项公式，∴的通项公式为，∴令，可取、，此时系数为，、，此时系数为，、，此时系数为，∴的展开式中，含项的系数为，故选C。8．在，，，点是的重心，则的最小值是( ) 。A、B、C、D、【答案】C【解析】设的中点为，∵点是的重心，∴，再令，，则，解得，∴，∴，当且当时取等号，故选C。9．关于函数有下述四个结论：①是偶函数：②是周期为的函数；③在区间上单调递减；④的最大值为。其中正确结论的编号为( )。A、①②③B、①②④C、①③④ D、②③④【答案】A【解析】函数的定义域为，由，∴是偶函数，①正确，，∴是周期为的函数，②正确，当时，，则在区间上单调递减，③正确，当时，，当时，，又由②知是周期为的函数，∴的值域为，④正确，故选A。10．已知函数()有唯一的零点，则( )。A、B、C、D、【答案】A【解析】有唯一的零点可转化为与由唯一的交点，要想有唯一的零点，则在处取得极小值，且，则交点坐标，的定义域为，，则且，即，构造出新的函数，则恒成立，∴是单调递增函数，又，，根据零点存在定理可知，故选A。11．已知抛物线：，其准线与轴交于点，过其焦点的直线与抛物线相交于、两点，记直线、的斜率分别为、，则的最小值为( )。A、B、C、D、【答案】B【解析】∵、，设、，直线的方程为，联立得：，∴、，∵、，∴，∴当且仅当时，的最小值为，故选B。12．如图为一个正方体与一个半球构成的组合体，半球的底面圆与正方体的上底面的四边相切，球心与正方形的中心重合，将此组合体重新置于一个球中(球未画出)，使正方体的下底面的顶点均落在球的表面上，半球与球内切，设切点为，若四棱锥的表面积为，则球的表面积为( )。A、B、C、D、【答案】B【解析】设球、半球的半径分别为、，则由正方体与半球的位置关系易知正方体的棱长为，设正方体的下底面的中心为，连接，则四棱锥的高，易知该四棱锥为正四棱锥，则其斜高为，由题意得，得，根据几何体的对称性知球的球心在线段上，连接、，在中，，，，则，解得，∴球的表面积，故选B。二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若实数、满足，且的最小值为，则实数的值为 。【答案】【解析】画出可行域如图所示，当目标函数过点时取得最小值由得，则，解得。14．已知函数()，若直线与曲线相切，则 。【答案】【解析】，设切点为，则切线斜率为，故，即，故，令()，则，∴当时，故在上单调递减，当时，故在上单调递增，∴，即有唯一实数根，∴。15．某地区突发传染病公共卫生事件，广大医务工作者逆行而上，纷纷志愿去一线抗击疫情。某医院呼吸科共有名医生，名护士，其中名医生为科室主任，名护士为护士长。根据组织安排，从中选派人去支援抗疫一线，要求医生和护士均有，且科室主任和护士长至少有人参加，则不同的选派方案共有 种。【答案】【解析】选派人去支援抗疾一线，方案有下列三种情况：(1)科室主任和护士长都参加，有(种)选派方案，(2)科室主任参加，护士长不参加，有(种)选派方案，(3)科室主任不参加，护士长参加，有(种)选派方案，故符合条件的选派方案有(种)。16．已知数列满足，，，则 ， 。（本小题第一个空2分，第二个空3分）【答案】，【解析】∵，∴，∴，且，即，∴的奇数项为首项为、公差为的等差数列，设()，则，∴的偶数项为首项为、公差为的等差数列，设()，则，∴；∵。三、解答题（本大题共6小题，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、、分别为角、、所对的边，已知。(1)求角的大小；(2)若、，求的面积。【解析】(1)在中，，∵，∴由正弦定理得：， 2分∴，即，化简得， 4分又，∴，∴； 6分(2)在中，由余弦定理得：， 8分即，∴，解得(可取)或(舍)， 10分∴。 12分18．（12分）幼儿园组织“选妈妈”游戏：有四位妈妈分别躲在四个外观一模一样的花轿里让小朋友们去猜哪一个花轿里是自已的妈妈。假设各位小朋友都是随机选择，选到每一位妈妈都是等可能的。(1)已知妮妮的妈妈在某个花轿里，如果给妮妮两次机会单独去玩“选妈妈”游戏，求他选到自己妈妈的概率；(2)如果四位妈妈所对应的四位小朋友一起选择，一人只选一个花轿，而且每个人选的花轿都不相同，记恰好选到自己妈妈的人数为，求的分布列与数学期望。【解析】(1)记“妮妮选到自己妈妈”为事件，则； 3分(2)由题意知的所有可能值为、、、， 4分则， 5分， 6分， 7分， 8分∴随机变量的分布列： 10分则。 12分19．（12分）如图所示，四棱锥中，底面，，，，，。(1)求证：平面平面；(2)若棱上存在一点，使得二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值。 【解析】(1)证明：∵，，∴， 1分∵底面，平面， 2分∴，又，∴平面， 3分∵平面，∴平面平面； 4分(2)解：以为坐标原点，以、、所在射线分别为、、轴建立空间直角坐标系如图所示，则，由点向作线，则∴，∴、、、， 5分设，∵在棱上，∴()，又，，∴， 6分设平面的向量，、，∴，∴，取，则、，∴， 8分设平面的向量，、，∴，∴，取，则、，∴， 10分∴，解得，∴，，又平面的法向量为，设直线与平面所成角的平面角为，∴。 12分20．（12分）记抛物线：()的焦点为，过点的动直线与的交点为、。当的斜率为时，。(1)求抛物线的方程；(1)若，()，求的取值范围。【解析】(1)抛物线的焦点，直线的方程为， 1分联立直线与抛物线的方程得：， 2分设、，则，，则， 3分∵，∴，即，解得，∴抛物线的方程为； 4分(2)由(1)知，焦点，由得：，，由得，又、，故，代入得，即，， 6分①当时，点，此时，，∴，记，则，当时，，故在上单调递减，∴的取值范围是， 9分②当时，点，此时，，∴，同理，当时，在上单调递增，∴的取值范围是， 11分综上，的取值范围是。 12分21．（12分）已知。(1)求函数的极值；(2)设，对于任意、，总有成立，求实数的取值范围。【解析】(1)的定义域为，， 1分令，解得或， 2分当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增，当时，，则在上单调递减， 4分∴在处取极小值为，在处取极大值为， 5分(2)由(1)可知当时，的最大值为，对于任意、，总有成立，等价于恒成立，， 7分①当时，∵，∴， 即在上单调递增，恒成立，符合题意，可取， 8分②当时，设，， ∴在上单调递增，且，则存在使得，∴在上单调递减，则上单调递增，又，∴不恒成立，不符合题意，舍去， 11分综上，实数的取值范围为。 12分请考生在第22、23两题中任选一题作答。注意：只能做所选定的题目。如果多做，则按所做的第一个题目计分。22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）在直角坐标系中，曲线的方程为(为参数)，直线的方程为。以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系。(1)求曲线和直线的极坐标方程；(2)已知射线的极坐标方程是，且与曲线和直线在第一条限的交点分别为、，求的长。【解析】(1)曲线：，化为极坐标方程为：， 2分直线的极坐标方程为， 4分(2)设点，则有，解得，即， 6分设点，则有，解得，即， 8分∴。 10分23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知()(1)证明：；(2)若成立，求的取值范围。【解析】(1)由得，2分当且仅当，即时取等号，∴； 4分(2)由得， 5分由得，即， 6分当时，，恒不成立， 7分当时，，有，即，解得， 9分综上，的取值范围是。 10分
