新高考数学三轮冲刺训大题仿真卷02（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学三轮冲刺训大题仿真卷02（2份，原卷版+解析版），共26页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

（模式：5题 满分：77分 限时：70分钟）
一、解答题
1．（2024·内蒙古鄂尔多斯·二模）已知为数列的前项和，若.
(1)求证：数列为等比数列；
(2)令，若，求满足条件的最大整数.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用与的关系式可得，即，即可得证.
（2）由（1）可得，则，设，根据等比数列的前项和公式可得，令，结合，即可求解.
【详解】（1）证明：由可得，
当时，，解得，
当时，，即，
则
，即，
即，即，
又，
所以数列是首项为6，公比为2的等比数列.
（2）由（1）得，则，
设，
则
令，得，
即，即，
又，，，
所以满足条件的最大整数为为5.
2．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）统计显示，我国在线直播生活购物用户规模近几年保持高速增长态势，下表为年—年我国在线直播生活购物用户规模（单位：亿人），其中年—年对应的代码依次为—.
，，，其中
参考公式：对于一组数据、、、，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.
(1)由上表数据可知，若用函数模型拟合与的关系，请估计年我国在线直播生活购物用户的规模（结果精确到）；
(2)已知我国在线直播生活购物用户选择在品牌官方直播间购物的概率，现从我国在线直播购物用户中随机抽取人，记这人中选择在品牌官方直播间购物的人数为，若，求的数学期望和方差.
【答案】(1)亿人
(2)，
【分析】（1）将题中数据代入最小二乘法公式，求出的值，即可得出与的拟合函数关系式，再将代入函数关系式，即可得出结论；
（2）由题意可知，，由结合独立重复试验的概率公式可求得的值，然后利用二项分布的期望和方差公式可求得结果.
【详解】（1）设，则，
因为，，，
所以，，
所以，与的拟合函数关系式为
当时，，
则估计年我国在线直播生活购物用户的规模为亿人.
（2）由题意知，所以，，
，
由，可得，
因为，解得，
所以，，.
3．（24-25高三上·贵州·阶段练习）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，底面为等边三角形，平面平面，点满足，点为棱上的动点（含端点）．
(1)当与重合时，证明：平面平面；
(2)是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）取中点，连接，根据面面垂直的性质证明平面，证明，可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）连接，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）如图，取中点，连接，
因为侧面为菱形，，
所以，
又因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
又因为为的中点，所以四边形为平行四边形，所以，
所以平面，又平面，所以平面平面；

（2）连接，因为为等边三角形，则，
所以两两垂直，则以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示：
令三棱柱的棱长为2，所以，
故，
，
又，所以，
设，，
则，
即；
又，
设平面的法向量为，
则则，取，则，
故平面的法向量可为，
又，设直线与平面所成角为，
由题可得，即，
整理得：，解得，
故当时，直线与平面所成角的正弦值为．
4．（2024·广东·模拟预测）已知椭圆的焦点为，为椭圆上一点且的周长为.
(1)求椭圆的方程.
(2)若直线过点交椭圆于两点，且线段的垂直平分线与轴的交点
（i）求直线的方程；
（ii）已知点，求的面积.
【答案】(1)
(2)（i）或；（ii）
【分析】（1）根据条件列方程，求出，即可得答案；
（2）（i）判断直线斜率存在，联立椭圆方程，可得根与系数关系式，结合题意可得，化简即可求得答案；（ii）利用弦长公式求出，再求出Q到直线AB的距离，即可求得答案.
【详解】（1）根据题意有，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）（i）若直线的斜率不存在，其垂直平分线与轴重合，不符合题意；
不妨设直线的方程为的中点为，
设，
与椭圆方程联立有，整理得，
直线过椭圆焦点，必有，则，
所以，
由题意知，即，解得，
即，整理得直线的方程为或
（ii）由弦长公式可知
，
由直线的对称性，知点到两条直线的距离相同，即，
所以的面积为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
5．（2024·重庆·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求函数的单调性；
(2)若恒成立，求的取值范围；
(3)若有三个极值点，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)且
【分析】（1）求导后构造函数，再次求导分析单调性，得到，然后再分析的单调性即可；
（2）分和时讨论，当时分离参数，构造函数，求导分析单调性即可；
（3）求导后将问题转化为有三个变号零点，当时分离参数并构造函数，求导分析单调性和极值即可；
【详解】（1）当时，，，
令，则，
令，
所以当时，，为减函数；
当时，，为增函数，
所以，即，
所以当时，，为减函数；当x∈0,+∞时，，为增函数；
综上，在上单调递减，在上单调递增.
（2）因为gx>0，即恒成立，
当时，显然成立；
当时，分离参数，即恒成立，
令，则，
令，可得，
所以当时，，为增函数；时，，为减函数；当x∈2,+∞时，，为增函数，
当时，；当时，；当时，；当时，，
画出其大致图像
所以.
（3），
，
因为有三个极值点，所以有三个变号零点，
即有三个变号零点，
容易得到是方程的一个根，不是方程的根，
当时，分离变量，，
令，则，
令，
所以当时，，单调递减；当x∈0,1时，，单调递减；当x∈1,+∞时，，单调递增；
画出其大致图像为
极小值，
因为已经是方程的一个根，
所以要使与有两个交点，即且.
【点睛】关键点点睛：本题第二小问的关键是能够分离参数后求导分析单调性，利用数形结合求解；第三小问的关键是将问题转化为有三个变号零点，再当时，分离变量构造函数分析单调性和极值，再数形结合求解.
（模式：3题 满分：45分 限时：40分钟）
6．（2024·四川内江·一模）在中，，，分别为内角所对的边，且满足．
(1)求；
(2)若，求周长的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换运算求解即可；
（2）利用余弦定理可得，再结合不等式可得，即可得结果.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
且，即，
又因为，则，
可得，即，所以.
（2）由余弦定理可得：，
即，可得，
又因为，可得，即，
当且仅当时，等号成立，
所以周长的最大值为.
7．（2024·福建福州·三模）已知某种机器的电源电压U（单位：V）服从正态分布．其电压通常有3种状态：①不超过200V；②在200V~240V之间③超过240V．在上述三种状态下，该机器生产的零件为不合格品的概率分别为0.15，0.05，0.2．
(1)求该机器生产的零件为不合格品时，电压不超过200V的概率；
(2)从该机器生产的零件中随机抽取n（）件，记其中恰有2件不合格品的概率为，求取得最大值时n的值．
附：若，取，．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）记电压“不超过200V”、“在200V~240V之间”、“超过240V”分别为事件A，B，C，“该机器生产的零件为不合格品”为事件D，得到，分别求得，结合条件概率和全概率的公式，即可求解.
（2）设不合格品件数为，得到，求得，结合，求得的范围，即可求解.
【详解】（1）解：记电压“不超过200V”、“在200V~240V之间”、“超过240V”分别为事件A，B，C，“该机器生产的零件为不合格品”为事件D，
因为，所以，
，
．
所以
，
则
所以该机器生产的零件为不合格品时，电压不超过200V的概率为．
（2）解：从该机器生产的零件中随机抽取n件，设不合格品件数为，则，
所以，
由，解得．
所以当时，；当时，；
所以最大，因此当时最大．
8．（2024·河南·模拟预测）如图，已知圆锥的底面圆周上有三点，为底面圆的直径，且为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)若，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）利用圆锥性质以及圆的性质，由面面垂直判定定理即可得出结论；
（2）建立空间直角坐标系求出两平面的法向量，再由空间向量夹角的计算公式可得结果.
【详解】（1）根据圆锥性质可得平面，平面，
可得，
又为的中点，利用圆的性质可得，
因为平面，
可得平面，又平面，
所以平面平面.
（2）取的中点为，连接，
又为底面圆的直径，且为的中点，
可知，且为等边三角形，
因此可得两两垂直，
以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
由可知；
所以
因此，
设平面的一个法向量为，
则，令，可得;
即；
设平面的一个法向量为，
则，解得，令，可得;
即；
易知，
所以二面角的正弦值为.
（模式：2题 满分：34分 限时：30分钟）
9．（2024·湖北·一模）如图，已知抛物线，过点作斜率为的直线，分别交抛物线于与，当时，为的中点.
(1)求抛物线的方程；
(2)若，证明：；
(3)若直线过点，证明：直线过定点，并求出该定点坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析，
【分析】（1）先求直线再联立抛物线得出韦达定理应用中点坐标得出,进而得出抛物线；
（2）先设直线方程代入抛物线联立方程组，结合根与系数的关系，应用，即可得到结论.
（3）先设直线过点P得出,同理结合理过点Q得出,最后得出BM的直线得出定点.
【详解】（1）当时，，
联立消去，
可得，
设，
拋物线C方程为：.
（2）由题知，设，
，代入抛物线可得，
，
又，
同理.
（3）因为，
所以，代入点得①，
设，同理，
过点②
，
结合①②可得
又因为
所以，整理得
所以直线过定点.
【点睛】关键点点睛：解题定点的关键是先点斜式设出AB直线方程结合抛物线方程得出直线,同理得出BM的直线方程进而得出定点.
10．（2024·山西吕梁·二模）已知双曲线，点在上.按如下方式构造点：过点作斜率为1的直线与的左支交于点，点关于轴的对称点为，记点的坐标为.
(1)求点的坐标；
(2)记，证明：数列为等比数列；
(3)为坐标原点，分别为线段的中点，记的面积分别为.判断是否为定值，如果是定值，求的值；如果不是，说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析；
(3)是，
【分析】（1）由已知条件可求得的值，求出直线的方程和，与双曲线方程联立可求得，即可求得，再借助直线的方程与双曲线方程联立，求得，即可求得；
（2）联立与双曲线方程，结合韦达定理可得，结合代入可得，利用等比数列定义即可证；
（3）由，结合，可得与，利用面积公式分别计算出与，即可得到答案.
【详解】（1）
由题知，所以双曲线，
又过点，斜率为1的直线方程为，
由双曲线与直线的对称性可知，所以，
又过，且斜率为1的直线方程为，即，
由，解得或，
当时，，
所以，所以；
综上：
（2）设，
则过，且斜率为1的直线方程为，
联立，消得到，
由题有，得到，
由题知点在直线上，
即有，
所以，所以，所以，
由（1）知，所以数列为1为首项，3的公比的等比数列；
（3）由（2）知，得到，
由，即，
即，
则，
，
故，
故
，
即，则，
所以：
年份代码
市场规模