新高考学业水平考试模拟卷四（原卷版+答案详解）

这是一份新高考学业水平考试模拟卷四（原卷版+答案详解），共24页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

高二数学学考模拟试题
一、选择题（本题共15小题， 每小题3分， 共45分. 在每小题给出的四个选项中， 只有一 项是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 已知集合， 若， 则 （ ）
A. 3 B. 4 C. D.
2. 已知角的终边经过点， 则（ ）
A. 2 B. C. 1 D.
3. 函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知（虚数单位）， 则的共轭复数的虚部为（ ）
A 2 B. C. 3 D.
5. 计算：（ ）
A. 10 B. 1 C. 2 D.
6. 为了得到函数的图像，只需将函数的图像（ ）
A. 向右平移个单位 B. 向右平移个单位
C 向左平移个单位 D. 向左平移个单位
7. 如图， 在正方体中， 直线与平面的位置关系为（ ）

A. 直线在平面内 B. 直线与平面相交但不垂直
C. 直线与平面相交且垂直 D. 直线与平面平行
8. 已知，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
9. 在中， 内角所对的边分别为， 若， 则（ ）
A. B. C. D.
10. 通苏嘉甬高速铁路起自南通西站， 经苏州市、嘉兴市后跨越杭州湾进入宁波市， 全线正线运营长度， 其中新建线路长度， 是《中长期铁路网规划》中 “八纵八横”高速铁路主通道之一的沿海通道的重要组成部分， 是长江三角洲城市群的重要城际通道， 沿途共设南通西、张家港、常熟西、 苏州北、汾湖、嘉兴北、嘉兴南、海盐西、慈溪、庄桥等 10 座车站.假设甲、乙两人从首发站（南通西） 同时上车， 在沿途剩余9站中随机下车， 两人互不影响， 则甲、乙两人在同一站下车的概率为（ ）
A. B. C. D.
11. 函数（e是自然对数的底数）的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
12. 著名数学定理 “勾股定理” 的一个特例是 “勾3股4弦5 ”，我国的西周时期数学家商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5 ”的问题， 比欧洲的毕达哥拉斯发现勾股定理早500多年，如图，在矩形中，满足“勾3股4弦5 ”，设，为线段上的动点， 且满足，若， 则（ ）

A. 0 B. C. D.
13. 函数 所有零点的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
14. 在三棱锥中， 所有棱的长均为，点在棱上， 满足， 点在棱上运动， 设直线与平面所成角为， 则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
15. 已知正实数满足，则（ ）
A.
B. 的最小值为
C. 的最小值为9
D. 最小值为
二、多项选择题（本题共3小题， 每小题3分， 共9分. 在每小题列出的四个选项中有多个符合题目要求，全部选对得3分，选对但不完全的得1分，选错或不选得0分）
16. 已知平面向量， 则（ ）
A. B. C. D.
17. 在空间中， 设为两条不同的直线，为两个不同的平面（ ）
A. 若， 则
B. 若， 则
C. 若， 则
D. 若， 则
18. 如已知是自然对数的底数， 则不能推出恒成立的不等式是（ ）
A. B.
C. D.
三、填空题（本大题共 4 小题， 每空 3 分， 共 15 分）
19. 设复数， 则在复平面内复数对应的点在第__________象限， 且__________.
20. 宁波老外滩天主教堂位于宁波市新江桥北堍， 建于清同治十一年（公元 1872 年）. 光绪二十五 （1899年） 增建钟楼， 整座建筑由教堂、钟楼、偏屋组成， 造型具有典型罗马哥特式风格. 其顶端部分可以近似看成由一个正四棱锥和一个正方体组成的几何体， 且正四棱锥的侧棱长为， 其底面边长与正方体的棱长均为， 则顶端部分的体积为__________.

21. 已知向量满足，且向量在向量上的投影向量为，则__________.
22. 能源是国家的命脉， 降低能源消耗费用是重要抓手之一， 为此， 某市对新建住宅的屋顶和外墙都要求建造隔热层. 某建筑物准备建造可以使用30年的隔热层， 据当年的物价， 每厘米厚的隔热层造价成本是9万元人民币. 又根据建筑公司的前期研究得到， 该建筑物30 年间的每年的能源消耗费用（单位：万元）与隔热层厚度（单位： 厘米） 满足关系：， 经测算知道， 如果不建隔热层， 那么30年间的每年的能源消耗费用为10万元人民币. 设为隔热层的建造费用与共30年的能源消耗费用总和，那么使达到最小值时， 隔热层厚度__________厘米.
四、解答题（本大题共3小题， 共31分）
23. 已知函数.
（1）求的值；
（2）求函数的单调递增区间；
（3）若为偶函数， 求值（写出任意一个满足要求的即可）.
24. 为了响应市教育局号召， 同时也为提升全市高三学生暑期复习备考的有效性， 教育部门组织名师、 骨干团队开设暑期网络专题课程， 为高三学子保驾护航， 得到了学生和家长的一致认可.某校为检验高三学生暑期网络学习的效果， 对全校高三学生进行期初数学测试， 并从中随机抽取了100名学生的成绩， 以此为样本， 分成 ，，，， 五组， 得到如图所示频率分布直方图.

（1）求图中的值；
（2）估计该校高三学生期初数学成绩的平均数和分位数；
（3）为进一步了解学困生的学习情况， 从数学成绩低于70分的学生中， 分层抽样6人， 再从6人中任取2人， 求2人中至少有1人分数低于60分的概率.
25. 已知函数.
（1）若函数为偶函数， 求的值；
（2）设函数，已知当时，存在最大值，记为.
（i）求的表达式；
（ii）求最大值.




高二数学学考模拟试题
一、选择题（本题共15小题， 每小题3分， 共45分. 在每小题给出的四个选项中， 只有一 项是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 已知集合， 若， 则 （ ）
A. 3 B. 4 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意可得，且，即可得到和为方程的两个实数根，从而得解；
【详解】解：因为且，
所以，且，
又，
所以和为方程的两个实数根，
所以；
故选：D
2. 已知角的终边经过点， 则（ ）
A. 2 B. C. 1 D.
【答案】B
【解析】
【分析】由正切函数的定义计算即可求解.
【详解】解：由题意得.
故选：B.
3. 函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对数的真数大于零，得到一元二次不等式，即可求解.
【详解】解：由题可知，即，解得或.
故函数的定义域为.
故选：D.
4. 已知（虚数单位）， 则的共轭复数的虚部为（ ）
A 2 B. C. 3 D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据共轭复数定义得，即可确定虚部.
【详解】由题设，故其虚部为3.
故选：C
5. 计算：（ ）
A. 10 B. 1 C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】应用对数的运算性质求值即可.
【详解】.
故选：B
6. 为了得到函数的图像，只需将函数的图像（ ）
A. 向右平移个单位 B. 向右平移个单位
C. 向左平移个单位 D. 向左平移个单位
【答案】D
【解析】
【分析】函数可变，再根据左右平移原理即可得出答案.
【详解】解：由函数，
则为了得到函数的图像，只需将函数的图像向左平移个单位即可.
故选：D.
7. 如图， 在正方体中， 直线与平面的位置关系为（ ）

A. 直线在平面内 B. 直线与平面相交但不垂直
C. 直线与平面相交且垂直 D. 直线与平面平行
【答案】B
【解析】
【分析】根据正方体性质判断直线与面的位置关系即可.
【详解】由正方体的性质知：面即为面，而直线与面交于，但不垂直.

故选：B
8. 已知，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】判断条件间的推出关系，根据充分必要性的定义判断即可.
【详解】当：
若异号，即，显然成立；
若或，均有成立；
所以充分性成立；
当：若，，显然不成立，故必要性不成立.
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
9. 在中， 内角所对的边分别为， 若， 则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由正弦定理进行边化角，进而求出角A，再结合余弦定理即可求得答案.
【详解】由正弦定理可知，，易知，则，而，则或，再由余弦定理可得或.
故选：B.
10. 通苏嘉甬高速铁路起自南通西站， 经苏州市、嘉兴市后跨越杭州湾进入宁波市， 全线正线运营长度， 其中新建线路长度， 是《中长期铁路网规划》中 “八纵八横”高速铁路主通道之一的沿海通道的重要组成部分， 是长江三角洲城市群的重要城际通道， 沿途共设南通西、张家港、常熟西、 苏州北、汾湖、嘉兴北、嘉兴南、海盐西、慈溪、庄桥等 10 座车站.假设甲、乙两人从首发站（南通西） 同时上车， 在沿途剩余9站中随机下车， 两人互不影响， 则甲、乙两人在同一站下车的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】甲、乙两人下车包含的基本事件个数为，甲、乙两人在同一车站下车包含的基本事件个数，由此算出甲、乙两人在同一站下车的概率.
【详解】解：甲、乙两人从首发站（南通西） 同时上车，沿途经过剩余9个车站，甲、乙两人随机下车，互不影响，故甲、乙两人下车包含的基本事件个数为：
设“甲、乙两人在同一车站下车为事件M”，则事件M包含的基本事件个数为：
.
故选：D.
11. 函数（e是自然对数的底数）的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先判断函数的奇偶性，排除B、D项，然后根据三角函数的性质可判断函数有无数个零点，结合极限的思想，可排除C项.
【详解】解：因为，所以函数为偶函数，故排除B、D项，
因为，当时，，即，故函数有无数个零点，令函数，则，当时，函数，故排除C项.
故选：A.
12. 著名数学定理 “勾股定理” 的一个特例是 “勾3股4弦5 ”，我国的西周时期数学家商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5 ”的问题， 比欧洲的毕达哥拉斯发现勾股定理早500多年，如图，在矩形中，满足“勾3股4弦5 ”，设，为线段上的动点， 且满足，若， 则（ ）

A. 0 B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】易得，设，根据平面向量基本定理可求得，从而可将分别用表示，再根据数量积的运算律即可得解.
【详解】解：由题意可得，
设，
则，
所以，
所以，所以，
所以，
，
则.
故选：A.
13. 函数 所有零点的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】先判断函数的定义域及奇偶性，利用导数求解函数的单调性，结合零点存在定理即可得出结论.
【详解】解：由题可知，，且，
故函数为定义域上的偶函数，且，
当，且时，，
当时，，函数单调递减，且，故函数在区间上无零点，
当时，，函数单调递减，当时，，当时，，故函数在区间上必存在一点，使得，所以函数在区间上有1个零点，
又函数为定义域上偶函数，则函数在区间上有1个零点，
又，
所以函数共有3个零点.
故选：C.
14. 在三棱锥中， 所有棱的长均为，点在棱上， 满足， 点在棱上运动， 设直线与平面所成角为， 则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】取中点，在底面的射影为，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，，可得，利用线面角的向量求法，结合函数值域的求解方法可求得的取值范围，进而得到的最小值.
详解】取中点，连接；
三棱锥各棱长均为，
在底面内的投影为的中心，；
以为坐标原点，正方向为轴，作的平行线作为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，；
轴平面，平面的一个法向量；
设，，，，
即，，
；
当时，，；
当时，；设，则；
当时，，，；
综上所述：的最小值为.
故选：A.
15. 已知正实数满足，则（ ）
A.
B. 的最小值为
C. 的最小值为9
D. 的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据等式的变形，结合为正实数，可判断A项，变形等式，结合的取值范围，利用一元二次函数可判断B项，利用基本不等式中“1”的用法可求解C项，利用基本不等式，结合题干中的等式验证等号成立的条件，可判断D项.
【详解】解：因为，则，即，
又为正实数，则，所以，，故A项正确；
因为，所以，
又，所以，故B项错误；
因为，且为正实数，即，则，
所以，
当且仅当，即时等号成立，故C项正确；
因为，所以，则，当且仅当时，等号成立，但由可得，当时，，且，故D项错误.
故选：AC.
二、多项选择题（本题共3小题， 每小题3分， 共9分. 在每小题列出的四个选项中有多个符合题目要求，全部选对得3分，选对但不完全的得1分，选错或不选得0分）
16. 已知平面向量， 则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】应用向量数量积的坐标运算可得，由向量坐标的线性运算求、，即可得答案.
【详解】由题设，，故，A错误，B正确；
，C正确；
，D正确.
故选：BCD
17. 在空间中， 设为两条不同的直线，为两个不同的平面（ ）
A. 若， 则
B. 若， 则
C. 若， 则
D. 若， 则
【答案】CD
【解析】
【分析】作出示意图，并结合面面垂直的判定定理即可判断答案.
【详解】对A，如图1，取正方体的上下底面分别为，取为m，为n，显然异面，A错误；

对B，如图2，取正方体的上底面为，侧面为，取为m，显然，B错误；

对C，如图3，过m作平面与平面交于n，因为，所以，又因为，所以，而，于是，C正确；

容易判断D正确.
故选：CD.
18. 如已知是自然对数的底数， 则不能推出恒成立的不等式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据且的单调性，由A、B的不等式形式判断是否可推出恒成立；利用导数研究且的单调性，由C、D的不等式形式判断大小，结合单调性判断即可.
【详解】由且常数，在定义域上单调递增，
若，即，而，
此时大小不确定，即大小不定， A符合；
若，即，而，
此时 必成立，即恒成立，排除B；
由且常数，则，
所以上，递减，上，递增，
若，即，而，此时；
若，即，而，此时大小不确定；
结合先减后增，以上两种情况大小不确定，C、D符合.
故选：ACD
三、填空题（本大题共 4 小题， 每空 3 分， 共 15 分）
19. 设复数， 则在复平面内复数对应的点在第__________象限， 且__________.
【答案】 ①. 一 ②.
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求解复数，根据复数的几何意义即可求解；根据复数的加减运算求解，根据复数模的计算公式即可求解.
【详解】解：因为，
所以复数在复平面内对应点的坐标为，故位于第一象限；
因为，所以.
故答案为：一；.
20. 宁波老外滩天主教堂位于宁波市新江桥北堍， 建于清同治十一年（公元 1872 年）. 光绪二十五 （1899年） 增建钟楼， 整座建筑由教堂、钟楼、偏屋组成， 造型具有典型罗马哥特式风格. 其顶端部分可以近似看成由一个正四棱锥和一个正方体组成的几何体， 且正四棱锥的侧棱长为， 其底面边长与正方体的棱长均为， 则顶端部分的体积为__________.

【答案】
【解析】
【分析】根据棱柱和棱锥的体积公式计算可得；
【详解】解：依题意可得如下直观图，，，设与的交点为，则为正四棱锥的高，
所以，，
所以，，
所以

故答案为：
21. 已知向量满足，且向量在向量上的投影向量为，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的计算公式可得向量夹角的余弦值，根据向量模的计算公式即可求解.
【详解】解：设向量的夹角为，
因为向量在向量上的投影向量为，所以，
又，解得：，
因为，
所以.
故答案为：.
22. 能源是国家的命脉， 降低能源消耗费用是重要抓手之一， 为此， 某市对新建住宅的屋顶和外墙都要求建造隔热层. 某建筑物准备建造可以使用30年的隔热层， 据当年的物价， 每厘米厚的隔热层造价成本是9万元人民币. 又根据建筑公司的前期研究得到， 该建筑物30 年间的每年的能源消耗费用（单位：万元）与隔热层厚度（单位： 厘米） 满足关系：， 经测算知道， 如果不建隔热层， 那么30年间的每年的能源消耗费用为10万元人民币. 设为隔热层的建造费用与共30年的能源消耗费用总和，那么使达到最小值时， 隔热层厚度__________厘米.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意解得参数的值，及函数的解析式，利用基本不等式求解函数的最小值即可.
【详解】解：由题意得，当时，，解得，
又，
所以，
当且仅当，即时，等号成立.
故答案为：.
四、解答题（本大题共3小题， 共31分）
23. 已知函数.
（1）求的值；
（2）求函数的单调递增区间；
（3）若为偶函数， 求的值（写出任意一个满足要求的即可）.
【答案】（1）
（2）
（3）（答案不唯一）
【解析】
【分析】（1）代入数值即可求解；（2）先将函数化简，然后利用正弦函数单调性求解即可；（2）先求得函数，得当时，，对赋值即可.
【小问1详解】
函数，则；
【小问2详解】
，当递增时，则，，即，故函数的递增区间为.
【小问3详解】
为偶函数，则当时，，令，得.
24. 为了响应市教育局号召， 同时也为提升全市高三学生暑期复习备考的有效性， 教育部门组织名师、 骨干团队开设暑期网络专题课程， 为高三学子保驾护航， 得到了学生和家长的一致认可.某校为检验高三学生暑期网络学习的效果， 对全校高三学生进行期初数学测试， 并从中随机抽取了100名学生的成绩， 以此为样本， 分成 ，，，， 五组， 得到如图所示频率分布直方图.

（1）求图中的值；
（2）估计该校高三学生期初数学成绩的平均数和分位数；
（3）为进一步了解学困生学习情况， 从数学成绩低于70分的学生中， 分层抽样6人， 再从6人中任取2人， 求2人中至少有1人分数低于60分的概率.
【答案】（1）0.001；
（2）平均数为75.5,75%分位数为84；
（3）.

【解析】
【分析】（1）根据小矩形面积之和为1即可求得答案；
（2）每个小矩形的面积乘以该小矩形底边中点之和即可求得平均数，然后根据百分位数的定义求得75%分位数；
（3）先求出前两组分别抽取的人数，再结合对立事件求概率的方法即可求得答案.
【小问1详解】
由题意，.
【小问2详解】
第一组到底五组的频率分布为：0.1，0.2，0.35，0.25，0.1，所以数学成绩的平均数为.
前三组频率之和为0.65，前四组频率之和为0.9，设75%分位数为80+x，则，则75%分位数为84.
【小问3详解】
由（2）可知，前两组频率分别为0.1，0.2，比例为1:2，则第一组2人，第二组抽取4人，则所求概率.
25. 已知函数.
（1）若函数为偶函数， 求的值；
（2）设函数，已知当时，存在最大值，记为.
（i）求的表达式；
（ii）求的最大值.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据偶函数的性质得到方程，解得即可；
（2）（i）首先可得，再分段结合对勾函数及的性质分别求出函数的最大值，再判断各段最大值的大小关系，即可得到；
（ii）根据函数的单调性计算可得；
【小问1详解】
解：因为为偶函数，所以，
即，即，所以，
即，所以；
【小问2详解】
解：（i）因为，
所以，因为，
所以，
①当时，
因为在上单调递减，在上单调递增，
所以当即时，，
当即时，，
②当时，
又在上单调递增，
所以，
因为，
所以当时，
又，
所以当时，当时，
综上可得：，
（ii）因为函数，与，均在定义域上单调递增，又，，
所以；