新高考数学实战演练仿真模拟卷7（带答案）

这是一份新高考数学实战演练仿真模拟卷7（带答案），共15页。试卷主要包含了已知，则，设，则“”是“”的，函数的图象大致是，三个数，，的从小到大的顺序是等内容，欢迎下载使用。
新高考数学实战演练仿真模拟卷7一．选择题（共8小题）1．已知集合，，，若，则实数值集合为　　A． B． C．， D．，0，【解析】解：，，的子集有，，，，，当时，显然有；当时，；当时，；当，，不存在，符合题意，实数值集合为，0，，故选：．2．已知，则　　A． B．2 C． D．3【解析】解：，则．故选：．3．设，则“”是“”的　　A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【解析】解：，，，，推不出，，是的必要不充分条件，即是的必要不充分条件．故选：．4．函数的图象大致是　　A． B． C． D．【解析】解：由不在定义域内，时函数值为正数，图象在轴的上方；当趋向正无穷时，由于指数增长较快，因此函数值趋向于0．故选：．5．中国古代数学成就甚大，在世界科技史上占有重要的地位．“算经十书”是汉、唐千余年间陆续出现的10部数学著作，包括《周髀算经》、《九章算术》、、《缀术》等，它们曾经是隋唐时期国子监算学科的教科书．某中学图书馆全部收藏了这10部著作，其中4部是古汉语本，6部是现代译本，若某学生要从中选择2部作为课外读物，至少有一部是现代译本的概率是　　A． B． C． D．【解析】解：某中学图书馆全部收藏了这10部著作，其中4部是古汉语本，6部是现代译本，若某学生要从中选择2部作为课外读物，基本事件总数，至少有一部是现代译本包含的基本事件个数，至少有一部是现代译本的概率是．故选：．6．函数，，的图象与直线有且仅有两个不同的交点，则的取值范围是　　A． B． C． D．【解析】解：由题意知：，其图象如右图所示：因为函数的图象与直线有且仅有两个不同的交点，所以，故选：．7．已知数列的各项均为正数，且满足，，设为数列的前项和，则　　A． B． C． D．【解析】解：因为，所以，所以，因为数列的各项均为正数，所以，即，又因为，所以数列是以为首项，以2为公比的等比数列，所以，即，故①，②，①②得：，所以，所以．故选：．8．三个数，，的从小到大的顺序是　　A． B． C． D．【解析】解：因为指数函数单调递增，故，同理因为指数函数单调递减，故，又因为对数函数单调递减，故，故，故选：．二．多选题（共4小题）9．设随机变量服从正态分布，且落在区间内的概率和落在区间内的概率相等．若，则下列结论正确的有　　A． B． C． D．【解析】解：正态分布关于对称，又落在区间内的概率和落在区间内的概率相等，，故正确；正态分布关于对称，，则，故正确；，不确定，故，错误．故选：．10．下列说法中正确的是　　A． B．若且，则 C．若、非零向量且，则 D．若，则有且只有一个实数，使得【解析】解：由，互为相反向量，则，故正确；由且，可得或，故错误；由、非零向量且，两边平方可得，即，所以，故正确；若且，则有且只有一个实数，使得，故错误．故选：．11．发现土星卫星的天文学家乔凡尼卡西尼对把卵形线描绘成轨道有兴趣．像笛卡尔卵形线一样，笛卡尔卵形线的作法也是基于对椭圆的针线作法作修改，从而产生更多的卵形曲线．卡西尼卵形线是由下列条件所定义的：曲线上所有点到两定点（焦点）的距离之积为常数．已知：曲线是平面内与两个定点和的距离的积等于常数的点的轨迹，则下列命题中正确的是　　A．曲线过坐标原点 B．曲线关于坐标原点对称 C．曲线关于坐标轴对称 D．若点在曲线上，则△的面积不大于【解析】解：由题意设动点坐标为，则，即，若曲线过坐标原点，将点代入曲线的方程中可得与已知矛盾，故曲线不过坐标原点，故错误；把方程中的被代换，被 代换，方程不变，故曲线关于坐标原点对称，故正确；因为把方程中的被代换，方程不变，故此曲线关于轴对称，把方程中的被 代换，方程不变，故此曲线关于轴对称，故曲线关于坐标轴对称，故正确；若点在曲线上，则，，当且仅当时等号成立，故△的面积不大于，故正确．故选：．12．如图所示，在棱长为2的正方体中，点，分别是棱，的中点，则　　A． B．与平面所成角的正弦值为 C．二面角的余弦值为 D．平面截正方体所得的截面周长为【解析】解：由题意知，错误，故错误；以点为原点，分别以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，则，0，，，，，，2，，，0，，，2，，则，，，，2，，，2，，设平面的法向量，，，则，令，则，1，，设与平面所成角为，则，，故正确；平面的法向量，1，，，二面角的余弦值为，故错误；，分别是棱，的中点，，，即，平面截正方体所得截面为四边形，正方体的棱长为2，，，，平面截正方体的截面周长为，故正确．故选：．三．填空题（共4小题）13．的展开式中的常数项为　240　．【解析】解：的展开式的通项公式为，由，可得，即有展开式的常数项为．故答案为：240．14．已知，，，，则的值为　　．【解析】解：，，，，，可得：，又，可得：，，．故答案为：．15．已知等差数列的前项和为，且，，数列满足，记的前项和为，的最小值为，若，则最小值为　9　．【解析】解：由等差数列中项公式知，，，，公差，数列的通项公式为，，，，，是单调递增数列，故的最小值为，，，当且仅当，即，时，等号成立，的最小值为9．故答案为：9．16．已知函数若实数满足（a），则　8　．【解析】解：根据题意，其定义域为，则函数在和区间，上都是增函数，当时，有，无解；当时，无解；若实数满足（a），必有且，且有，解可得，则（4），故，故答案为：8．四．解答题（共6小题）17．的内角，，所对的边分别为，，．已知．（1）求的大小；（2）若，，且的面积为，求．【解析】解：（1）由，得：，所以：，即：，所以有：，因为，所以，所以，即，所以．又，所以：，所以：，即．（2）因为，所以．又，所以，把代入到中，得．18．为各项均为正数的等比数列的前项和，，是和的等差中项．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，数列的前项和为，求证：．【解析】（Ⅰ）解：由题意，设等比数列的公比为，则，，，是和的等差中项，，即，化简整理，得，解得（舍去），或，，，（Ⅱ）证明：由（Ⅰ），可得，，．19．如图，四棱锥的底面为梯形，，，底面，且，．（1）为的中点，证明与平面垂直；（2）点在上，且，求二面角的正弦值．【解析】（1）证明：，为的中点为等腰三角形，，又底面，，，，平面，，，，，平面，平面，平面．（2）解：因为底面，，，所以、、两两垂直，以点为原点，为轴，为轴，过做平面内的平行线，交于点，为轴，建立如图所示空间直角坐标系．因为，，所以，0，，，，，，2，，，2，，，0，．因为为的中点，点在上，且，所以，1，，．设平面的一个法向量为，则，即，取，则，，得．又平面的一个法向量为，所以．所以二面角的正弦值为．20．2017年存节期间，某服装超市举办了一次有奖促销活动，消费每超过600 元（含600元），均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种．方案一：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球，其中奖规则为：若摸到3个红球，享受免单优惠；若摸到2个红球，则打6折；若摸到1个红球，则打7折；若没摸到红球，则不打折．方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元．（1）若两个顾客均分别消费了 600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；（2）若某顾客消费恰好满1000元，试从概率的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算．【解析】解：（1）选择方案一，若享受到免单优惠，则需要摸出3个红球，设顾客享受到免单优惠为事件，则，所以两位顾客均享受到免单的概率为；（2）若选择方案一，设付款金额为元，则可能的取值为0，600，700，1000；计算，，故的分布列为：　0　6007001000　所以（元；若选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为元，则，由已知可得，故，所以（元，因为，所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算．21．已知，点在轴上，点在轴上，且，当点在轴上运动时，动点的轨迹为曲线，过轴上一点的直线交曲线于，两点．（Ⅰ）求曲线的轨迹方程；（Ⅱ）证明：存在唯一的一点，使得为常数，并确定点的坐标．【解析】解：（Ⅰ）根据题意可知，，，点在轴上，点在轴上，且，画出几何关系如下图所示：设，为的中点，点在轴上，点的横坐标为，由等腰三角形的三线合一可知，即，展开化简可得．证明（Ⅱ）：设为轴上一点，设，过点直线方程为，交抛物线于，，，，联立方程组，化简变形可得，，，由两点之间的距离公式可得，，对于分子，对于分母，，，当时，，此时．22．已知函数，．（1）设是的极值点，求，并讨论的单调性；（2）若，证明有且仅有两个不同的零点．（参考数据：【解析】解：（1）因为，是的极值点，所以，解得，即，又因为与在上单调递增，所以当时，；当时，，即在上单调递减，在上单调递增．（2）因为当时，在上单调递增，因为，，所以存在，使得，即在上单调递减，在，上单调递增，另由，（1），而（2），所存在，，使得，即有且仅有两个不同的零点．