新高考数学冲刺卷四（原卷版+解析版）

这是一份新高考数学冲刺卷四（原卷版+解析版），共24页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
新高考数学冲刺卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．
1．满足等式的集合X共有（    ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．为了了解小学生的体能情况，抽取了某小学四年级100名学生进行一分钟跳绳次数测试，将所得数据整理后，绘制如下频率分布直方图.根据此图，下列结论中错误的是（    ）

A．
B．估计该小学四年级学生的一分钟跳绳的平均次数超过125
C．估计该小学四年级学生的一分钟跳绳次数的中位数约为119
D．四年级学生一分钟跳绳超过125次以上优秀，则估计该小学四年级优秀率为35%
3．古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1，3，6，10，15，…，我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”锥垛就是每层为“三角形数”的三角锥的锥垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球…），若一“落一形”三角锥垛有20层，则该锥垛球的总个数为（    ）

（参考公式：）
A．1450 B．1490 C．1540 D．1580
4．已知等差数列（）的前n项和为，公差，，则使得的最大整数n为（    ）
A．9 B．10 C．17 D．18
5．已知，则（    ）
A． B． C． D．
6．现将六个字母排成一排，要求相邻，且不相邻，则不同的排列方式有（    ）种．
A．192 B．240 C．120 D．28
7．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
8．已知函数的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列结论不一定成立的是（   ）
A． B．
C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题满分5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．
9．如图所示，函数，的部分图象与坐标轴分别交于点，，，且的面积为，以下结论正确的是（    ）
A．点的纵坐标为
B．是的一个单调递增区间
C．对任意，点都是图象的对称中心
D．的图象可由图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位得到


10．对于定义在区间上的函数，若满足：，且，都有，则称函数为区间上的“非减函数”，若为区间上的“非减函数”，且，，又当时，恒成立，下列命题中正确的有（    ）
A． B．，
C． D．，
11．设是公差为（）的无穷等差数列的前项和，则下列命题正确的是（    ）
A．若，则是数列的最大项
B．若数列有最小项，则
C．若数列是递减数列，则对任意的：，均有
D．若对任意的，均有，则数列是递增数列
12．勒洛Franz Reuleaux（1829～1905），德国机械工程专家，机构运动学的创始人.他所著的《理论运动学》对机械元件的运动过程进行了系统的分析，成为机械工程方面的名著.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体.如图所示，设正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（    ）

A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是
C．勒洛四面体表面上交线的长度为
D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2

三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中16题第一空2分，第二空3分。
13．展开式中的系数为___________.
14．已知是定义在上的偶函数，当时，，则曲线在点处的切线方程为______．
15．已知，将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则__________.
16．已知函数，记为函数的2次迭代函数，为函数的3次迭代函数，…，依次类推，为函数的n次迭代函数，则______；除以17的余数是______．

四、解答题：本题共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．如图，在中，D是边上的一点，，．

(1)证明：；
(2)若D为靠近B的三等分点，，，，为纯角，求．







18．如图，在边长为4的正三角形中，为边的中点，过作于.把沿翻折至的位置，连接､.

(1)为边的一点，若，求证：平面；
(2)当四面体的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值.
19．某高科技公司对其产品研发年投资额x（单位：百万元）与其年销售量y（单位：千件）的数据进行统计，整理后得到如下统计表和散点图.
x
1
2
3
4
5
6
y
0.5
1
1.5
3
6
12

-0.7
0
0.4
1.1
1.8
2.5


(1)该公司科研团队通过分析散点图的特征后，计划分别用①和②两种方案作为年销售量y关于年投资额x的回归分析模型，请根据统计表的数据，确定方案①和②的经验回归方程；（注：系数b，a，d，c按四舍五入保留一位小数）
(2)根据下表中数据，用相关指数（不必计算，只比较大小）比较两种模型的拟合效果哪个更好，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测当研发年投资额为8百万元时，产品的年销售量是多少？
经验回归方程
残差平方和



18.29
0.65

参考公式及数据：，，
，
，.

20．记是正项数列的前n项和，若存在某正数M，，都有，则称的前n项和数列有界.从以下三个数列中任选两个，①；②；③，分别判断它们的前项和数列是否有界，并给予证明.

21．已知分别为椭圆的左、右焦点，椭圆E的离心率为，过且不与坐标轴垂直的直线与椭圆E交于A，B两点，的周长为8．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过且与垂直的直线与椭圆E交于C，D两点，求四边形ACBD面积的最小值．




22．已知函数，其中且．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若存在实数，使得，则称为函数的“不动点”求函数的“不动点”的个数；
(3)若关于x的方程有两个相异的实数根，求a的取值范围．


新高考数学冲刺卷
数学·全解全析
1．D
【分析】根据方程的实数根可得集合，则，由集合的并集与元素的关系即可得符合条件的所有集合.
【详解】解：方程的实数根有，解集构成的集合为，
即，则符合该等式的集合为，，，，
故这样的集合共有4个.
故选：D.
2．B
【分析】根据频率分布直方图矩形面积和等于1可得，经计算可得平均数为，中位数约为119，优秀率为35%即可得出正确选项.
【详解】根据题意可得，可得，故A正确；
根据频率分布直方图可得其平均数为
，所以B错误；
由频率分布直方图可知，，而，
所以中位数落在区间内，设中位数为，则，可得，所以C正确；
由图可知，超过125次以上的频率为，所以优秀率为35%，即D正确.
故选：B
3．C
【分析】根据已知条件及合情推理中的归纳推理，利用参考公式及等差数列前项和公式即可求解.
【详解】因为“三角形数”可以写为
所以第层“三角形数”为，
所以层时，垛球的总个数为：
，
所以若一“落一形”三角锥垛有20层，则该锥垛球的总个数为
.
故选：C.
4．C
【分析】根据，可得异号，根据可知，且，所以，利用等差数列的前n项和公式即可得出结果.
【详解】解：因为，所以异号，
因为，所以，
又有，所以，即，
因为，，
所以的最大整数n为17.
故选：C
5．A
【分析】根据指数函数与对数函数的性质，得到，根据，求得，得到，进而求得，即可得到答案．
【详解】根据指数函数和对数函数的性质，可得：
，，，
又由，所以，故．
又，所以，所以．
故选：A．
6．A
【分析】先求出相邻时排列种数，再求出相邻，且在中间时排列种数，两种情况相减即可.
【详解】当相邻时，不同的排列方式有种，
当相邻，且在中间时，不同的排列方式有种，
则要求相邻，且不相邻，则不同的排列方式有种.
故选：A.
7．A
【分析】根据给定条件，证明平面，再确定球心O的位置，求出球半径作答.
【详解】在三棱锥中，如图，，则，同理，

而平面，因此平面，
在等腰中，，则，，
令的外接圆圆心为，则平面，，
有，取中点D，连接OD，则有，又平面，即，
从而，四边形为平行四边形，，又，
因此球O的半径，
所以球的表面积.
故选：A
8．C
【分析】先证明为奇函数，再进行合理赋值逐个分析判断.
【详解】对A：∵为偶函数，则
两边求导可得
∴为奇函数，则
令，则可得，则，A成立；
对B：令，则可得，则，B成立；
∵，则可得
，则可得
两式相加可得：，
∴关于点成中心对称
则，D成立
又∵，则可得
，则可得
∴以4为周期的周期函数
根据以上性质只能推出，不能推出，C不一定成立
故选：C.
【点睛】对于抽象函数的问题，一般通过赋值结合定义分析运算.
9．BC
【分析】首先求出函数的周期，再根据的面积，求出的纵坐标，即可求出函数解析式，再根据正切函数的性质一一判断即可；
【详解】解：因为，所以最小正周期，即，又的面积为，所以，所以，即的纵坐标为，故A错误；
因为，所以，所以，因为
所以，所以，令，，解得，，所以函数的单调递增区间为，，故B正确；
令，，解得，，所以函数的对称中心为，，故C正确；
将图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，得到，再将函数向左平移个单位，得到，故D错误；
故选：BC
10．ACD
【分析】利用已知条件和函数的性质对选项逐一判断即可得正确答案.
【详解】A.因为，所以令得，所以，故A正确；
B.由当，恒成立，令，则，由为区间上的“非减函数”，则，所以，则，，故B错误；
C.，，而，
所以，，
由， ，，则，则，故C正确；
当时，，，
令，则，，
则，即，故D正确.
故选：ACD
11．BD
【分析】取特殊数列判断A；由等差数列前项和的函数特性判断B；取特殊数列结合数列的单调性判断C；讨论数列是递减数列的情况，从而证明D.
【详解】对于A：取数列为首项为4，公差为的等差数列，，故A错误；
对于B：等差数列中，公差，，是关于n的二次函数.当数列有最小项，即有最小值，对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，，B正确；
对于C：取数列为首项为1，公差为的等差数列，，，即恒成立，此时数列是递减数列，而，故C错误；
对于D：若数列是递减数列，则，一定存在实数，当时，之后所有项都为负数，不能保证对任意，均有.
故若对任意，均有，有数列是递增数列，故D正确．
故选：BD
12．ABD
【分析】A选项：求出正四面体的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，得到答案；B选项，作出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到交线所在圆的圆心和半径，求出长度；D选项，作出正四面体对棱中点连线，在C选项的基础上求出长度.
【详解】A选项，先求解出正四面体的外接球，如图所示：
取的中点，连接，过点作于点，则为等边的中心，
外接球球心为，连接，则为外接球半径，设，

由正四面体的棱长为2，则，，
，
，，
由勾股定理得：，即，
解得：，
此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：

图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交于点，其中与共面，其中即为正四面体外接球半径，
设勒洛四面体内切球半径为，则，故A正确；
B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：

面积为，B正确；
C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线所在圆的圆心为的中点，
故，又，
由余弦定理得：，
故，且半径为，故交线的长度等于，C错误；
D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：
连接，交于中点，交于中点，连接，则，
则由C选项的分析知：，

所以，
故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确.
故选：ABD
【点睛】勒洛四面体考试中经常考查，下面是一些它的性质：
①勒洛四面体上两点间的最大距离比四面体的棱长大，是对棱弧中点连线，最大长度为，
②表面6个弧长之和不是6个圆心角为60°的扇形弧长之和，其圆心角为，半径为.
13．40
【分析】易知展开式中项的系数是由两部分组成，分别求出再相加即可得出结果.
【详解】根据题意可知，展开式中含的项为和两部分；
所以展开式中的系数为.
故答案为：40
14．
【分析】根据是定义在上的偶函数，以及当时，等条件求出时，的导数为,进而求出时， ,代入即可求出答案.
【详解】解：由是定义在上的偶函数，
当时，，
可得时，，
所以当时，的导数为，
则曲线在点处的切线的斜率为，切点为，
则切线的方程为，所以
15．
【分析】分析可知是正奇数列，根据题意求得，然后利用裂项相消法可求得的值.
【详解】因为数列是正奇数列，
对于数列，当为奇数时，设，则为偶数；
当为偶数时，设，则为奇数，
所以，，则，
因此，.
故答案为：.
16．          0
【分析】第一空，根据题意结合等比数列的前n项和公式即可推出的表达式；第二空，将化为，利用二项式定理展开，化简即可求得答案.
【详解】由题意，，
所以



又为正整数，
所以除以17的余数为0，
故答案为：
【点睛】关键点睛：解答本题中函数迭代问题，要结合题设找到迭代规律，即可求出函数表达式，解决余数问题的关键在于将利用二项式定理展开化简转化为17的倍数的形式，即可求得答案.
17．(1)证明见解析.
(2).

【分析】（1）在和中分别用正弦定理表示出，相比即可证明结论；
（2）利用（1）的结论可求得，继而由余弦定理求得的长，即可得长，从而求得的长，即可求得答案.
【详解】（1）证明：在中，，
在中，,
由于,故，
所以.
（2）因为，故，由为纯角，故为锐角，
又，且D为靠近B的三等分点，，，
故，
故,
故，则,
故.
18．(1)证明见解析
(2)

【分析】(1)由线面平行判定定理证明平面，平面，根据面面平行判定定理证明平面平面，根据面面平行性质定理证明平面；
(2)根据锥体体积公式由条件确定平面，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，根据向量夹角公式求法向量的夹角余弦，由此可得结论.
【详解】（1）取中点，连接，
因为在正三角形中，，
又因为，所以，
平面，平面，
所以平面，
又有，且，所以，

而平面，平面，所以平面.
有，平面，
所以平面平面，
又平面，
因此平面.
（2）因为，又因为的面积为定值，
所以当到平面的距离最大时，四面体的体积有最大值，
因为，，，，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，
当时，平面平面，平面
所以平面，即在翻折过程中，点到平面的最大距离是，
因此四面体的体积取得最大值时，必有平面.
如图，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直接坐标系，

易知，，，，
，，，
为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
，
由，令得：，，
所以为平面的一个法向量，
.
所以平面与平面的夹角（锐角）的余弦值为.
19．(1)，
(2)30（千件）

【分析】（1）求出，根据公式计算出得线性回归方程；求出，再求得系数，，代入得非线性回归方程；
（2）根据（1）回归方程分别求得相关指数，比较可得，然后估算销售量即可．
【详解】（1）由题可得，，
， ，
所以， ，
方案①回归方程，
对两边取对数得：，令，是一元线性回归方程.  
，
，
，
方案②回归方程 ；
（2）方案①相关指数；
方案②相关指数，
（有此结论即给分），
故模型②的拟合效果更好，精度更高.
当研发年投资额为8百万元时，产品的年销售量（千件）.
20．数列①②的前项和数列有界，数列③的前项和数列无界，证明见解析
【分析】①采用等比数列求和，②③采用放缩法，再求数列的和，结合有界数列的定义，即可证明.
【详解】数列①②的前项和数列有界，数列③的前项和数列无界，证明如下：
①若，则其前项和，
因为，所以，则，
所以存在正数1，，，
即前项和数列有界.
②若，当时，，
其前项和

，
因为，所以，则，
所以存在正数2，，，
即前项和数列有界.
③若，其前项和为，


，
对于任意正数，取（其中表示不大于的最大整数），
有，
因此前项和数列不是有界的.
21．(1)
(2)．

【分析】（1）根据题意得到，结合椭圆的定义求得，再由，求得，即可求得椭圆E的标准方程；
（2）直线的方程为，联立方程组得到，，利用弦长公式求得，再由由直线的方程为，联立方程组得到，， 求得， 进而得出四边形的面积，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，椭圆的离心率为，可得，
又由椭圆的定义，可知，所以，所以，
又因为，所以，
所以椭圆E的标准方程为．
（2）解：设，直线的方程为，
由，整理得，
则有，，
故，
又由直线的方程为，设，，
联立方程组，整理得，
则有，，
则，
所以四边形的面积：

，
因为，
当且仅当时，等号成立，
所以，
综上，四边形ACBD面积的最小值为．
【点睛】方法技巧：求解圆锥曲线的最值问题的解答策略与技巧：
1、几何方法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解；
2、代数方法：当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
22．(1)的单调增区间为，单调减区间为；
(2)答案见解析；
(3)且.

【分析】（1）直接利用导数求函数的单调区间；
（2）记，利用导数得在和上均单调递增．记，对分讨论，结合零点定理求函数的“不动点”的个数；
（3）记，利用（1）得出的单调性和值域，然后分和两种情况，结合（2）中不动点的范围对进行分析即可
【详解】（1）当时，，定义域为R．
，令，得．
当时，；当时，．
所以的单调增区间为，单调减区间为．
（2）函数的不动点即为方程的根，即方程的根．
显然，不是方程的根，所以．
记，因为（当且仅当取等号），所以在和上均单调递增．
由，记．
①当时，
（ⅰ）当时，，
（可设
当，当，
在单调递减，在单调递增，所以），
存在，使得，即存在唯一使得；
（ⅱ）当时，，
（设
当，当，
在单调递增，在单调递减，
所以），存在，使得，即存在唯一使得．
②当时，
（ⅰ）当时，无零点；
（ⅱ）当时，因为，，存在，使得，即存在唯一使得．
综上所述，
当时，函数有两个“不动点”，；当时，函数有一个“不动点”．
（3）记，由（1）知，
当时，函数单调递增，且；
当时，函数单调递增，且；
当时，函数单调递减，且当趋向于无穷时，的增长速率远远大于一次函数的增长速率，则．
当，由（2）知
（其中）．
由，代入得．
因为，所以此时只有一个解；
因为，所以此时有两个解，
故共有三个解，不满足题意；
当，由（2）知

由，代入得，
当时，只有一个解，不满足题意，此时；
时，共有两个解，满足题意，
综上所述，当且时方程有两个不同实数根．