【高考理数模拟】高考名校仿真模拟联考试题（新课标全国卷）（01）

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2、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。3、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题。“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
高考名校仿真模拟联考试题(新课标全国卷)
理科数学(一)答案
1．D【解析】由题意得，，
∴，故选D．
2．C【解析】∵，且在复平面内对应的点在第四象限，∴，解得，∴实数的最小正整数值为3，故选C．
3．B【解析】把圆的方程化成标准方程为，所以该圆的圆心坐标为(1，0)，半径为2，所以该圆截轴所得的弦的长，截轴所得的弦的长，
所以四边形的面积．故选B．
4．A【解析】通解 设事件：至少有一局是乙不输给甲，
则=2×0.6×0.4+0.6×0.6=0.84．故选A．
优解 设事件：至少有一局是乙不输给甲，则=10.4×0.4=0.84．故选A．
5．C【解析】解法一 由，得．
∵数列是等比数列，∴，，∴．
又，，∴．∵，∴．故选C．
解法二 ∵数列是等比数列，∴，
得，∴，．
∵，∴．故选C．
6．D【解析】通解 设向量，的夹角为．∵，∴，
∴，即．
又，∴，∴．故选D．
优解 在中，依题意可设，，，向量，的夹角为．
∵，∴，，∴．故选D．
7．B【解析】∵
，
QUOTE ∴．
∵的图象关于直线对称，
∴，，得，．
∵，∴的最小值为．故选B．
8．A【解析】由三视图可和，该几何体由一个三棱锥和半个圆柱组成，则该几何体的体积
．故选A．
9．D【解析】若区域有两个人，则不同的分配方法有(种)；若区域只有甲，则不同的分配方法有(种)．综上，不同的分配方法共有24+36=60(种)．
10．B【解析】设，由，得．由于
，，所以，，所以的周长为．
又双曲线的实轴长的3倍为，所以，．又，
所以，所以．又，所以．故选B．
11．A【解析】∵，∴．
又，∴，
∴，∴，
∴，，．
令，则．∴当时，，当时，．
因此最小．故选A．
12．B【解析】先由得，再在同一平面直角坐标系内作出函数和的图象，根据函数图象的交点个数来确定方程的根的个数．
解法一 由，得．
∵，∴，．
作出函数和的图象如图所示，易知函数的图象共有4个不同的交点，即方程(为常数且)有4个不同的实数根．故选B．
解法二 对于任意的，方程的解的个数是确定数，因此不妨取特殊值，则或．令，因为且其两根之积小于零，所以该方程在[0，+∞)上只有一个解．令，因为且其两根之积大于零，两根之和大于零，所以该方程在[0，+∞)上有两个不同的解．令，因为，所以，故无解．令，因为，所以，且在(∞，0)上单调递增，故只有一个解．综上，方程(c为常数且)的不同的实数根的个数为4，故选B．
13．6【解析】通解 作出不等式组所表示的平面区域如图中及其内部，数形结合可知，当目标函数所表示的直线经过点时，取得最大值6．
优解 易知可行域为一个三角形区域(包括边界)，且该三角形的三个顶点坐标分别为(4，2)，(-2，2)，(2，0)，将上述三个点的坐标分别代入目标函数，易知的最大值为6．
14．【解析】设线性回归方程为，∵，，
∴由题意得，解得，
∴线性回归方程为．
15．【解析】由题意可知直线的斜率为2，，∴，
即，，解得，而，
∴，∴切线：，即．
由，得，∴．
16．28∶3【解析】设球的半径为，外接圆的圆心为，半径为，连接，，，令，易知为直角三角形，，
∴，，，
∴，
其中，．
当，即时，
该正三棱柱的底面边长与侧棱长之和取得最大值．
此时，，
∴，∴．
17．【解析】(1)∵，
∴
即，
∴．
由正弦定理得，
又，∴．
(2)设，则，
由余弦定理得，∴，
∴．
∵，∴．
18．【解析】(1)连接，记，连接，
∵是直四棱柱，
∴，且．
∵，分别是，的中点，
∴，且，
∴四边形是平行四边形，∴．
∵平面，平面，
∴平面．
(2)过作，交的延长线于点，易得⊥平面．
在中，，
∴．
不妨设，则，，．
连接，则与平面所成的角为，则=45°，
∴，
∴．
以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
．
设平面的法向量为，
则，∴，
不妨令，则，，
∴是平面的一个法向量．
同理得平面的一个法向量为．
设平面与平面所成的角为，
则．
故平面与平面所成角的余弦值为．
19．【解析】(1)由椭圆的定义知，，，过作垂直的准线于点，则．
设椭圆的左、右焦点分别为，，连接，，
则，，
在中，，得．
过作轴于点，
在中，，得．
又易知，∴．
故，，
∴椭圆的方程为．
(2)设直线：，直线：，
由，得，
设，，则，
∴，则，得．
同理得．
∵，∴，即．
当时，，
结合，得，
此时直线的方程为．
当，即时，
，
∴直线的方程为，
，
∴直线过点(4，0)．
综上，直线恒过定点．
20．【解析】(1)甲同学的最佳选择是选择．
理由如下：
设甲同学此题得分为分．
①若甲同学仅选择，则=4，的数学期望．
②若甲同学选择3个选项，则他可能的答案为，，，共3种．
其中选择，，得分均为1分，其概率为；选择，得分为5分，其概率为．
所以的数学期望．
由于，故甲同学的最佳选择是选择．
(2)(i)乙同学可能的答案为，，，，，，，，，，共10种．
其中选择，，，得分均为0分，概率为；
选择，，，，，，得分均为1分，概率为；
选择，得分为5分，概率为．
故可取0，1，5，且，，．
所以的分布列为
(ii)由(i)知．
由于这10名考生的答案互不相同且可能的答案总数为10，因此这10名考生中有3人的得分均为0分，6人的得分均为1分，1人的得分为5分．
则当=1.1时，任选的3名考生的得分分别为0分、0分、5分或0分、1分、5分或1分、1分、5分，即任选的3名考生中2人均得0分、1人得5分或1人得0分、1人得1分、1人得5分或2人均得1分、1人得5分．
所以，
因此．
21．【解析】(1)当，时，
，
∴函数在上单调递增，
∴，即，
∴的值域为．
，
∴函数在上单调递增，
∴，即，
∴的值域为．
∵，
∴，
∴对任意，存在，使得．
(2)解法一 由得，
∵，∴，
整理得．
令，，
则，
在(0，1)上，，在(1，+∞)上，，
∴在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
∴，
故．
令，，则
．
令，，则
，
在(0，2)上，，在(2，+∞)上，，
∴在(0，2)上单调递增，在(2，+∞)上单调递减，
∴，
∴在(0，1)上，，在(1，+∞)上，，
∴在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
∴，∴，
即实数的取值范围为[1，+∞)．
解法二 由得，
设，则，
根据，得．
下面证明当时，．
记，则，
∴在(0，1)上是增函数，在(1，+∞)上是减函数，
∴，
∴，即．
于是，
故实数的取值范围为[1，+∞)．
22．【解析】(1)曲线的普通方程为，即，
∴曲线的极坐标方程为．
曲线的直角坐标方程为，即．
(2)由题意及(1)得曲线，的极坐标方程分别为，
，
两方程相减得曲线，的交点所在直线的极坐标方程为．
∵，
∴点在两曲线的交点所在的直线上．
23．【解析】(1)通解 原不等式可化为．
①当时，，即3<2，显然不成立，
∴不等式无解．
②当时，，即，
∴不等式的解集为(，2]．
③当时，，即3<2，显然成立，
∴不等式的解集为(2，+∞)．
综上，原不等式的解集为(，+∞)．
优解 原不等式可化为．
在同一平面直角坐标系内作出函数与的图象如图所示，
由直线与平行，且数形结合知当时，，
故原不等式的解集为(，+∞)．
(2)原不等式可化为，
∵，
∴，即，
上式可化为．
由(1)得，解得，
即实数的取值范围为．0
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