新高考数学一轮复习模拟试卷（一）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习模拟试卷（一）（2份，原卷版+解析版），共30页。试卷主要包含了“”是“函数在处有极小值”的等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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Ⅰ卷
一、单项选择题：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.
1．设，则（ ）
A．0B．1C．D．2
【答案】C
【分析】首先求出，再根据复数模的计算公式计算可得；
【详解】解：因为，所以，
所以；
故选：C
2．已知集合，集合，则集合（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】利用一元二次不等式以及指数不等式的解法化简集合A、B，再根据并集的定义求解即可．
【详解】集合，
集合，
集合．
故选：．
3．某课外小组的同学们在社会实践活动中调查了20户家庭某月的用电量，如下表所示：
则这20户家庭该月用电量的众数和中位数分别是
A．180，160B．160，180C．160，160D．180，180
【答案】A
【详解】用电量为180度的家庭最多，故众数是180；
将这组数据从小到大的顺序排列后，处于中间位置的两个数是160，160，
故中位数是160.
本题选择A选项.
4．已知函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由三角函数的平移变换求出，即可求出.
【详解】函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，
则，
∴．
故选：B．
5．“”是“函数在处有极小值”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】由题意，求出，再判断充要条件即可求解
【详解】因为，且函数在处有极小值，
所以，解得，
经检验，当时，函数在处有极小值，符合题意.
所以，
故“”是“函数在处有极小值”的充分必要条件，
故选：C．
6．已知圆台上底面半径为1，下底面半径为3，球与圆台的两个底面和侧面均相切，则该圆台的侧面积与球的表面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作图，找出图中的几何关系，求出母线长和球的半径即可.
【详解】
上图是该几何图形的正视图，由切线长定理可知： ，
设圆台的上底面半径为r，下底面半径R，母线长为l，球的半径为，
则有 ，过点D作BC的垂线，垂直是G，则有 ，
∴ ，在 中， ，
∴圆台的侧面积与球的表面积之比为；
故选：D．
7．在平面直角坐标系中，若圆上存在点P，且点P关于直线的对称点Q在圆上，则的取值范围是
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】求得圆关于直线的对称圆的方程，转化为两圆有公共点，结合两圆的位置关系，即可求解.
【详解】由圆关于直线的对称圆，
由圆上存在点P关于直线的对称点Q在圆上，
等价于圆与圆有公共点，
其中两圆圆心分别为，，
可得圆心距为,
所以，
由，解得，
由，解得，
所以的取值范围是.
故选：D.
8．已知定义在上的函数是奇函数，且满足，，数列满足，且（的前），则
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】∵函数f（x）是奇函数
∴f（﹣x）=﹣f（x）
∵f（﹣x）=f（x），
∴f（﹣x）=﹣f（﹣x）
∴f（3+x）=﹣f（+x）=﹣f（﹣x）=f（x）
∴f（x）是以3为周期的周期函数．
∵数列{an}满足a1=﹣1，且=2×+1，
∴a1=﹣1，且Sn=2an+n， 两式作差得 故
∴a5=﹣31，—.
故答案为D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，则下列说法中正确的是（ ）
A．存在点，，使得
B．异面直线与所成的角为60°
C．三棱锥的体积为
D．点到平面的距离为
【答案】BCD
【分析】根据异面直线、线线角、锥体体积、点面距等知识确定正确答案.
【详解】连接.
A选项，平面，平面，，
所以与是异面直线，所以A选项错误.
B选项，，所以异面直线与所成的角为，
由于三角形是等边三角形，所以，B选项正确.
C选项，设，根据正方体的性质可知，
由于平面，所以平面，
所以到平面的距离为.
，C选项正确.
D选项，设点到平面的距离为，
，
，
解得，D选项正确.
故选：BCD
10．设函数(，，)的图象关于直线对称，它的周期是，则以下结论不正确的是( )
A．的图象过点
B．在上是减函数
C．的最大值是A
D．的一个对称中心是
【答案】ABC
【分析】根据最小正周期为π可求ω，根据是对称轴可求φ.验算f(0)是否为可以判断选项A；验算是否为零可以判断选项D；根据单调性和最值与解析式里面A的关系可判断选项BC.
【详解】∵周期T＝π，∴＝π，∴ω＝2，
又∵f(x)的图象关于直线x＝对称，
∴2×＋φ＝kπ＋，∴φ＝kπ－，
又，∴φ＝，
∴f(x)＝Asin()，
∵f(0)＝，∴f(x)图象过，故A错误；
∵A的正负未知，故无法确定f(x)的单调性和最大值，故BC错误.
∵＝0，∴是f(x)的一个对称中心，故D正确.
故选：ABC.
11．对于数列，若存在数列满足（），则称数列是的“倒差数列”，下列关于“倒差数列”描述正确的是（ ）
A．若数列是单增数列，但其“倒差数列”不一定是单增数列；
B．若，则其“倒差数列”有最大值；
C．若，则其“倒差数列”有最小值；
D．若，则其“倒差数列”有最大值.
【答案】ACD
【分析】根据新定义进行判断．
【详解】A．若数列是单增数列，则，
虽然有，但当时，，因此不一定是单增数列，A正确；
B．，则，易知是递增数列，无最大值，B错；
C．，则，易知是递增数列，有最小值，最小值为，C正确；
D．若，则，
首先函数在上是增函数，
当为偶数时，，∴，
当为奇数时，，显然是递减的，因此也是递减的，
即，∴的奇数项中有最大值为，
∴是数列中的最大值．D正确．
故选：ACD．
12．已知抛物线，过其准线上的点作的两条切线，切点分别为A、B，下列说法正确的是（ ）
A．B．当时，
C．当时，直线AB的斜率为2D．直线AB过定点
【答案】BD
【分析】根据为准线上的点列方程，解方程即可得到可判断A；利用导数的几何意义得到过点，的切线斜率，可得到，为方程的解，然后利用导数的几何意义和韦达定理得到，即可判断B；利用韦达定理和斜率公式求即可判断C；联立和得到，同理可得，即可得到直线的方程为，可判断D.
【详解】因为为准线上的点，所以，解得，故A错；
根据抛物线方程得到，则，设切点坐标为，，
则，整理得，同理得，
所以，为方程的解，，
所以，则，故B正确；
由B选项得，所以，故C错；
由B选项得，又，联立得，
同理得，所以直线AB的方程为，恒过点，故D正确．
故选：BD．

第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13．某学校门口现有2辆共享电动单车，8辆共享自行车.现从中一次性随机租用3辆，则恰好有2辆共享自行车被租用的概率为 .
【答案】
【分析】根据古典概型列式结合组合数计算求解概率即可.
【详解】恰好有2辆共享自行车被租用的概率为故答案为:.
14．已知非零向量满足，则的夹角大小是 ．
【答案】
【分析】将由平方得，结合化简推出，利用向量的夹角公式即可求得答案.
【详解】由平方得，
∵，∴,即，
代入得，即，
∴，而，∴的夹角为，故答案为：
另解：
作向量，则，
由题意可知，，且，
∴，∴的夹角为，故答案为：
15．已知关于的不等式在上有唯一的整数解，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】依题意可得，则不等式可化为，令，，利用导数说明的单调性，即可得到的大致图象，又由函数的图象是恒过点的直线，则过点的直线介于，之间时满足条件，从而求出的临界值，结合图象，即可求出的取值范围.
【详解】显然不符合题意，所以只能，这样由于，所以，
令，，其定义域为，
则，令，即，解得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以在处取极大值也是最大值，又由，，当时，
且当时，，
如图，画出函数的大致图象，

又由函数的图象是恒过点的直线，所以作出函数和的大致图象，
过点的直线介于，之间时满足条件，直线过点时，，即的值为2；
该直线过点时，，则的值为，
由图知的取值范围是.故答案为：
四、双空题
16．已知双曲线的左、右焦点分别为和，O为坐标原点，过作渐近线的垂线，垂足为P，若，则双曲线的离心率为 ;又过点P作双曲线的切线交另一条渐近线于点Q，且的面积，则该双曲线的方程为 ．
【答案】 /
【分析】第一空：设，由题意可求得，结合求得，从而解，利用正弦定理求得，即可求得双曲线得离心率.
第二空，过P点的切线与双曲线切于点，设，表示出，利用双曲线的切线方程联立渐近线方程求得，从而根据三角形面积求得b，即可求得双曲线方程.
【详解】设，则有，又垂直于渐近线即，,
∴，而,
∴，
在中,，由正弦定理：，
∴,∴，∴，
∴，∴，
另解：依题意，可得的方程为，联立，
可得 ，
∴，
又，
在中，，
即，化简得，
∴.
如图，过P点的切线与双曲线切于点，设，
又P，Q均在双曲线的渐近线上，故设，
又，∴，
∴，
过M点的切线方程为，即，
代入，化简得，
又，∴，
即，∴，
∴，
∴，∴，故双曲线的方程为,
故答案为: ,
四、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18~22题12分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．已知数列的各项均为正数，且满足．
(1)证明：数列是等差数列；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】根据计算，结合等差数列的定义即可得证；
（2）利用错位相减法求解即可.
【详解】（1）由，
得，
两式相减得，
即，
所以，
又因，所以，
当时，，解得（舍去），
所以数列是以为首项，为公差的等差数列；
（2）由（1）得，
则，
则，
，
两式相减得
，
所以.
18．在中，，，从①；②；③这三个条件中任选一个作为题目的已知条件.
(1)求的值；
(2)求的面积.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）选①，由余弦定理求出，再由正弦定理代入即可求出答案；选②，由由两角和的正弦公式代入即可求出答案；选③，由正弦定理求出，再由由两角和的正弦公式代入即可求出答案；
（2）选①或③，直接由面积公式代入即可得出答案；选②，，由正弦定理求出，再由由面积公式代入即可得出答案.
(1)
由题知，三角形为钝角三角形
选①，由余弦定理得：，解得：，
所以由正弦定理得：.
选②，因为，所以，所以
选③，由正弦定理得：，
所以，所以
.
(2)
选①，因为，，所以的面积为：
选②，由正弦定理得：，
.
选③，因为，，，
所以.
19．刷脸时代来了，全国各地不少大型超市迅速推出“刷脸支付”的服务，消费者购物再不用排长龙等买单，只要刷个脸、输入个手机号，分钟迅速结账.人们为“刷脸支付”给生活带来的便捷感到高兴，但“刷脸支付”的安全性也引起了人们的担忧.某调查机构为了解人们对“刷脸支付”的接受程度，通过安全感问卷进行调查，并从参与的被调查者中随机抽取人（中老年、青少年各人），得到这人对“刷脸支付”安全满意度的中位数为，根据调查结果绘制出如图所示的频率分布直方图.
（1）已知抽取的这人中对“刷脸支付”安全满意度高于平均数的中老年人有人，判断是否有的把握认为对“刷脸支付”安全满意度是否高于平均数与年龄有关？（注：每组数据以区间的中点值为代表）
（2）某大型超市引入“刷脸支付”后，在推广“刷脸支付”期间，推出两种付款方案：
方案一：不采用“刷脸支付”，无任何优惠，但可参加超市的抽奖返现金活动，活动方案为：从装有个形状、大小完全相同的小球（其中红球个，黑球个）的抽奖盒中，一次性摸出个球，其中奖规则为：若摸到个红球，返消费金额的；若摸到个红球则返消费金额的，除此之外不返现金.
方案二：采用“刷脸支付”，此时对购物的顾客随机优惠，根据统计结果得知，使用“刷脸支付”时有的概率享受折优惠，有的概率享受折优惠，有的概率享受折优惠，但不参加超市的抽奖返现金活动.
现小张在该大型超市购买了总价为元的商品.
①求小张选择方案一付款时实际付款额的分布列与数学期望；（精确到小数点后一位数字）
②试比较小张选择方案一与方案二付款，哪个方案更划算？
附：参考公式及临界值表：，.
【答案】（1）有的把握认为对“刷脸支付”安全满意度是否高于平均数与年龄有关；（2）①分布列见解析，；②选择方案二付款更划算.
【分析】（1）根据频率分布直方图计算出人们对“刷脸支付”安全满意度的平均数，根据题意可得出列联表，计算出的观测值，结合临界值表可得出结论；
（2）①由题意可知，随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得随机变量的数学期望值；
②计方案二所需支付的金额为元，根据题意得出随机变量的分布列，计算出随机变量的数学期望，比较和的大小关系，由此可得出结论.
【详解】（1）由题意可得，对“刷脸支付”安全满意度在内的频率为，
，
所以人们对“刷脸支付”安全满意度的平均数为，
由于这人对“刷脸支付”安全满意度的中位数也为，
所以高于的频率为，人中共有人，
故青少年中高于平均数的有人，可得列联表如下：
所以的观测值，
所以有的把握认为对“刷脸支付”安全满意度是否高于平均数与年龄有关；
（2）①若选择方案一，设付款金额为元，则可能的取值为、、.
，，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
所以.
若选择方案二，记需支付的金额为元，则的可能取值为、、，
由题意可知，随机变量的分布列如下表所示：
，
由①知，故从概率角度看，选择方案二付款更划算.
20．如图，三棱柱的所有棱长都为2，，.

(1)求证：平面平面；
(2)若是棱的中点，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，利用线面垂直判定定理证明平面，可得，再由勾股定理逆定理可得，从而证明平面，根据面面垂直判定定理即可证明结论；
（2）以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算分别求平面与平面的法向量，即可求二面角的余弦值.
【详解】（1）取中点，连接

三棱柱的所有棱长都为2
则，又为中点，所以，且
又，平面
所以平面，因为平面，所以
因为为中点，所以，三角形为等边三角形，所以
由，可得，所以
又平面，所以平面
因为平面，平面平面；
（2）由（1）可知，，，如图，以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系

则，
由于平面，平面，即可作为平面的一个法向量
设平面的法向量为，又
所以，令，则
所以，
由图可知二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为.
21．已知是抛物线的焦点，过的直线交抛物线于不同两点，且.
(1)求抛物线的方程；
(2)过点作轴的垂线交直线（是原点）于，过作直线的垂线与抛物线的另一交点为，中点为.
①求点的纵坐标；
②求的取值范围.
【答案】(1)
(2)①；②.
【分析】（1）设方程，与抛物线方程联立消元，根据根与系数的关系列方程得出的值；
（2）根据的方程计算点纵坐标，求出方程得出点坐标，计算化简，根据的范围得出的范围．
【详解】（1）由题意得，，显然直线斜率存在，设直线的方程为：，则
由，消去化简整理，得，
∴，∴
∴抛物线的方程.
（2）①直线的方程为：，
把代入的方程可得.
所以点的纵坐标为.
②由（1）知，，由①知，，
所以，因为，所以，
所以直线的方程为：，
由 ，消去化简整理，得
所以，因为中点为.
，
所以,
所以三点共线，所以
因为，
所以
因为，所以，即，即的取值范围是．
22．已知函数.
（1）若函数有极大值点，求出极大值的取值范围；
（2）若，求证：在区间内有且仅有一个实数，使得.
【答案】（1）（2）证明见解析.
【分析】（1）求出导数，根据极值点可知，化简可得，构造函数，根据导数求出函数最值即可;
（2）构造函数，，分析出，利用零点的存在性定理可证.
【详解】（1）∵，
∴，所以，，
∴，的根为
当单调递增，
当单调递减，
时，取得极大值，即
且，
所以，.
令，，
所以在递增，.
所以，.
（2）
令，，
，
所以，（令）
因为，，所以在递减.所以，.
又
令，
∴，
∴，所以，.同理，.
又因为在递增，所以，存在唯一的，使，即在区间内有且仅有一个实数，
使得.用电量（度）
120
140
160
180
200
户数
2
3
6
7
2
青少年
中老年
合计
不高于平均数
高于平均数
合计