新高考数学实战演练仿真模拟卷1（2份打包，解析版+原卷版）

这是一份新高考数学实战演练仿真模拟卷1（2份打包，解析版+原卷版），文件包含新高考数学实战演练仿真模拟卷1解析版doc、新高考数学实战演练仿真模拟卷1原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
新高考数学实战演练仿真模拟卷一．选择题（共8小题）1．已知集合，为自然数集，则下列表示不正确的是　　A． B．， C． D．【解析】解：集合，．为自然数集，在中，，正确；在中，，，正确；在中，，正确；在中，不是的子集，故错误．故选：．2．复数的虚部是　　A． B． C． D．【解析】解：，复数的虚部是．故选：．3．已知命题，，则是　　A．， B．， C．， D．，【解析】解：命题是全称命题，则命题的否定是，，故选：．4．函数的零点所在的区间是　　A． B． C． D．【解析】解：函数，定义域为：；函数是连续函数，（2），（3），（2）（3），根据函数的零点的判定定理，故选：．5．模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数的单位：天）的模型：，其中为最大确诊病例数．当时，标志着已初步遏制疫情，则的值约为　　A．10 B．13 C．63 D．66【解析】解：将代入，得：，即，两边同时取自然对数得：，，．故选：．6．某人在处向正东方向走后到达处，他沿南偏西方向走到达处，结果他离出发点恰好，那么的值为　　A．或 B．或 C．或 D．【解析】解：由题意可知，，，，由正弦定理可得，，或，若，则，此时，若，则，此时，或．故选：．7．如图，长方形的边，，是的中点，点沿着边，与运动，记．将动点到，两点距离之和表示为的函数，则的图象大致为　　A． B． C． D．【解析】解：当时，，，此时，，此时单调递增，当在边上运动时，且时，如图所示，，，，，，当时，，当在边上运动时，，，由对称性可知函数关于对称，且，且轨迹为非线型，排除，，，故选：．8．已知函数，则关于的不等式的解集为　　A． B． C． D．【解析】解：，则，则不等式，等价于，即，在上是增函数，得，得，即不等式的解集为．故选：．二．多选题（共4小题）9．已知符号函数，下列说法正确的是　　A．函数是偶函数 B．对任意的， C．时，函数的值域为 D．对任意的，【解析】解：设，则，，设，则，，又，函数是奇函数，故错误；对任意的，则，，故正确；时，，则，函数，函数的值域为，故正确；当时，，，则，，当时，，当时，，，对任意的，，故正确．故选：．10．下列命题中是真命题的是　　A．直线恒过定点 B．“”是“”的必要不充分条件 C．已知数据，，，的平均数为，方差为，则数据，，，的平均数和方差分别为， D．若直线被圆截得的弦长为4，则的最小值是9【解析】解：对于：直线整理得，解得，故该直线恒过定点，故正确；对于：“”是“”的充分不必要条件，故错误；对于：已知数据，，，的平均数为，方差为，则数据，，，的平均数和方差分别为，，故正确；对于：圆圆，整理得，由于截得的弦长为4，故该圆的圆心在直线上，所以，整理得，所以，故正确．故选：．11．已知函数的图象的一条对称轴为，其中为常数，且，则以下结论正确的是　　A．函数的最小正周期为 B． C．将函数的图象向左平移所得图象关于原点对称 D．函数在区间上有67个零点【解析】解；由已知可得：，，解得，，又，所以，所以函数，则周期为，正确，且，正确，将函数向左平移个单位可得：函数解析式为，不关于原点对称，错误，当时，，令，则函数，，由正弦函数图象性质可得函数在上包含33个完整的周期，此时共有66个零点，又，所以函数在区间上共有67个零点，正确，故选：．12．已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于、两点，以线段为直径的圆交轴于、两点，则　　A．若抛物线上存在一点到焦点的距离等于3，则抛物线的方程为 B．若，则直线的斜率为 C．若直线的斜率为，则 D．设线段的中点为，若点到抛物线准线的距离为2，则的最小值为【解析】解：对于，抛物线的焦点为，，准线方程为，由抛物线的定义可得，解得，所以抛物线的方程为，故正确；对于，可设，，，，直线的方程为，与抛物线联立，消去，可得，可得，，①由，即为，可得，②，由①②可得，，则，可得，即有直线的斜率为，故错误；对于，若直线的斜率为，由选项可得，，由抛物线的弦长公式可得，故错误；对于，抛物线的焦点到准线的距离为，则该抛物线的方程为，设直线的方程为，设，，，，联立可得，△，，所以，，到轴的距离为，所以，当且仅当时，取得等号，故正确．故选：．三．填空题（共4小题）13．公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆．后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆．已知直角坐标系中，，，且满足，则点的运动轨迹方程为　　，点到直线的最小距离为　　．【解析】，，，且满足，，上式平方化简得：，点到直线的最小距离转化为圆心到直线距离减去半径，．14．已知向量，，且，则　1　．【解析】解：因为向量，，且，所以，即，可得，所以．故答案为：1．15．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现0.618就是黄金分割，这是一个伟大的发现，这一数值也表示为，若，则　　．【解析】解：，若，，，故答案为：．16．对于三次函数，定义：设是函数的导数的导数，若方程有实数解，则称点，为函数的“拐点”．有同学发现“任何一个三次函数都有拐点，任何一个三次函数都有对称中心；且‘拐点就是对称中心．”请你将这一发现为条件，解答如下问题：若已知函数，则的对称中心为　，　；计算　　．【解析】解：，则，，令，解得：，则故的对称中心是，，，，故答案为：，，2020．四．解答题（共6小题）17．已知数列的首项为1，为数列的前项和，，其中，．（Ⅰ）若，，成等差数列，求的通项公式；（Ⅱ）设双曲线的离心率为，且，证明：．【解析】解：（Ⅰ）①，当时，②，两式相减可得，即从第二项开始，数列为等比数列，公比为．当时，数列的首项为1，，，数列为等比数列，公比为．，，成等差数列，，，求得，或．根据，故取，，．（Ⅱ）证明：设双曲线的离心率为，．由于数列为首项等于1、公比为的等比数列，，，，．，原不等式得证．18．从①，②这两个条件中选一个，补充到下面问题中，并完成解答．已知中，，，分别是内角，，所对的边，且．（1）求角；（2）已知，且____，求的值及的面积．【解析】解：（1）因为，由正弦定理可得，可得，因为，所以．（2）选择①时，，，故，根据正弦定理，可得，可得．选择②时，，根据正弦定理，可得，解得，，根据正弦定理，可得，可得．19．如图，在四棱锥中，底面为矩形，为等腰直角三角形，，，是的中点，二面角的大小等于．（1）在上是否存在点，使得平面平面，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【解析】解：（1）在线段上存在点满足题意，且为的中点．如图，连接，，，四边形是矩形，，又、分别是、的中点，，，为等腰直角三角形，，为的中点，，，、平面，平面，平面，平面平面，故上存在中点，使得平面平面．（2）由（1）知，，，为二面角的平面角，即．以为原点，、所在的直线分别为、轴，作平面，建立如图所示的空间直角坐标系，在等腰中，，，，，，，，0，，，2，，，2，，，1，，，3，，，3，，设平面的法向量为，，，则，即，令，则，，，1，，设直线与平面所成角为，则，，故直线与平面所成角的正弦值为．20．随着智能手机的普及，手机计步软件迅速流行开来，这类软件能自动记载用户每日健步的步数．某市大型企业为了了解其员工每日健步走的情况，从正常上班的员工中随机抽取了2000人，统计了他们手机计步软件上同一天健步的步数（单位：千步，假设每天健步的步数均在3千步至21千步之间）．将样本数据分成，，，，，，，，，，，，，，，，九组，绘制成如图所示的频率分布直方图，并用样本的频率分布估计总体的频率分布．（1）求图中的值；（2）设该企业正常上班的员工健步步数（单位：千步）近似服从正态分布，其中近似为样本的平均数（各区间数据用中点值近似计算），取，若该企业恰有10万人正常上班的员工，试估计这些员工中日健步步数位于区间，范围内的人数；（3）现从该企业员工中随机抽取20人，其中有名员工的日健步步数在13千步至15千步内的概率为，其中，1，2，，20，当最大时，求的值．参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．【解析】解：（1）由，解得，（2），，估计这些员中日健步步数位于区间，范围内的人数约为81860人．（2）设从该企业中随机抽取20人日健步步数在13千步至15千步内的员工有人，则，，，1，2，，20，记，当时，，则当时，，则，所以当时，最大．21．已知圆，点为圆上的动点，过点作轴的垂线，垂足为，设为的中点，且的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）不过原点的直线与曲线交于、两点，已知，直线，的斜率，，成等比数列，记以，为直径的圆的面积分别为，，试探就是否为定值，若是，求出此值；若不是，说明理由．【解析】解：（1）设，，，为的中点，．，在圆上，，所以曲线的方程为：．（2）设直线的方程为，，，，由得，，由题设知，，，，，，则．22．已知函数，，设．（1）若，求的最大值；（2）若有两个不同的零点，，求证：．【解析】（1）解：，注意（1），且当时，，单调递增；当时，，单调递增减．所以的最大值为（1）．（2）证明：由题知，，即，，可得．．不妨，则上式进一步等价于．令，则只需证．设，，所以在上单调递增，从而（1），即，故原不等式得证．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布