理科数学-全真模拟卷03（新课标Ⅱ卷）（2月）（解析版）.docx

《理科数学-全真模拟卷03（新课标Ⅱ卷）（2月）（解析版）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《理科数学-全真模拟卷03（新课标Ⅱ卷）（2月）（解析版）.docx（24页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、全真模拟卷03（新课标卷）理科数学本卷满分150分，考试时间120分钟。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。1设i为虚数单位，复数z=，则|zi|=（ ）ABC2D【答案】D【详解】解：z=2(1+i)，所以|zi|=|2i|=.2已知集合. 则集合=ABCD【答案】C【详解】因为I=1，2，3，4，5，6，N=2，3，4，所以CIN=1，5，6，所以M（CIN）=1，6，故选C3在五场篮球比赛中，甲、乙两名运动员得分的茎叶图如图所示，下列说法正确的是（ ）A甲的平均得分比乙多，且甲比乙稳定B甲的平均得分比乙多，但乙比甲稳定C乙

2、的平均得分比甲多，且乙比甲稳定D乙的平均得分比甲多，但甲比乙稳定【答案】C【详解】由茎叶图可知，甲运动员的平均分为，方差为，乙运动员的平均得分为，方差为.因此，乙的平均得分比甲多，且乙比甲稳定.故选：C.4已知为锐角，且，则的值为（ ）ABCD或【答案】C【详解】由，又，则为锐角，故，则，故.5某种芯片的良品率服从正态分布，公司对科技改造团队的奖励方案如下：若芯片的良品率不超过，不予奖励；若芯片的良品率超过但不超过，每张芯片奖励元；若芯片的良品率超过，每张芯片奖励元.则每张芯片获得奖励的数学期望为（ ）元附：随机变量服从正态分布，则，.ABCD【答案】B【详解】因为，得出，所以，；，所以（元）

3、故选：B6函数的图象大致为（ ）ABCD【答案】D【详解】由可得，所以函数的定义域为，当时，所以，可得，故排除选项AC，当时，所以，可得，故排除选项B,7将函数的图象纵坐标不变，横坐标变为原来的两倍，再向右平移个单位长度，得到函数的图象在中，角的对边分别是，若，且，则的面积为（ ）A4B6C8D10【答案】C【详解】由已知条件可得：，由余弦定理得，整理得，得的面积为8故选：C8已知圆和，动圆M与圆，圆均相切，P是的内心，且，则a的值为（ ）A9B11C17D19【答案】C【详解】由圆和，可得圆的圆心，半径为，圆的圆心，半径为 由 所以圆与内含，由动圆M与圆，圆均相切.所以动圆M与圆内切，与圆外

4、切，设动圆M的半径为 则，所以所以动点M的轨迹是以为焦点，长轴为的椭圆，设其方程为 所以，设，则 由P是的内心，设的内切圆的半径为 由，有即，又由椭圆的定义可得所以，则9已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）AB不等式的解集为C函数的一个单调递减区间为D若将函数的图象向右平移个单位长度后所得图象对应的函数为，则是奇函数【答案】C【详解】由图易得，的最小正周期，所以，所以.由点在的图象上，得，即，又，所以取，得，所以，所以A错误；令，得，得，解得，即的解集为，所以B错误；由，得，取，得，所以的一个单调递减区间为，所以C正确；将函数的图象向右平移个单位长度后得的图象，所以是偶函数，所

5、以D错误.10已知双曲线的一条渐近线过点，则该双曲线的离心率为（ ）ABCD【答案】B【详解】解：由已知可得双曲线的一条渐近线方程为，又过点所以一条渐近线方程为，得，设b4t，a3t，（t0），则该双曲线的离心率是11如图，在正方体中，分别为棱，的中点，则与所成角的余弦值为（ ）ABCD【答案】A【详解】如图以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则，所以，设与所成的角为，所以，与所成角的余弦值为，12已知是函数图像上的两个不同的点，且在两点处的切线互相垂直，则的取值范围为（ ）ABCD【答案】D【解析】因为f（x）=ln|x|，所以，x0时，f（x）=lnx，f（

6、x）=，x0时，f（x）=ln（x），f（x）=（）=，即f（x）=，根据题意，函数图象在A，B两处的切线互相垂直，所以，f（x1）f（x2）= =1，即x1x2=1，且x1x2，所以x10x2，因此，=x1+2=2，所以，的取值范围为：2，+）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知单位向量，的夹角为，与垂直，则实数_.【答案】【详解】 ，是单位向量，与垂直，解得.14“e游小镇”某公司有A，B，C，D，E五幢独立的大楼，每两幢大楼的顶楼之间没有连接的天桥，现公司打算在这五幢楼的顶楼之间共建造3座天桥（每两幢楼的顶楼之间至多建造一座天桥），要使A楼的人员能够通过天桥走到B楼，

7、则3座天桥的建造方法共有_种.【答案】63【详解】解：A直接连B，还剩两座大桥未连，有种；A通过一幢楼作为中介连B，可选中介有C、D、E三种，共有种；A通过两幢楼作为中介连B，可选中介有CD、CE、DE三种，其中CD又有，两种，即共有种综上所述，一共有种，15已知点是抛物线上一点，为其焦点，以为圆心、为半径的圆交准线于，两点，若为等腰直角三角形，且的面积是，则抛物线的方程是_【答案】【详解】由题意可知，且，得，所以，根据抛物线的定义，可知点到准线的距离，解得：，所以抛物线方程 16已知某空心圆锥的母线长为，高为，记该圆锥内半径最大的球为球，则球与圆锥侧面的交线的长为_.【答案】【详解】圆锥的轴

8、截图如图所示，由题可知，圆锥的高，母线，设的内切圆与圆锥的母线相切与点E，则，则该圆锥内半径最大的球即以为圆心，OE为半径的球，在直角三角形ABF中，由圆的切线性质可得，所以，在直角三角形AFB和直角三角形AEO中，因为，所以，所以，则可得，过点E作，D为垂足，则球O与圆锥的侧面的交线是以DE为半径的圆，因为，所以，所以球O与圆锥的侧面的交线长为.三、解答题（本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17已知数列的前项和是.（1）求数列的通项公式；（2）记，设的前项和是，求使得的最小正整数【详解】（1），当时，符合上式，所以（2），令，解得，所以最小正整数为1011.18

9、如图，已知三棱柱的所有棱长均为2，（1）证明：平面；（2）若平面平面为的中点，求二面角的余弦值【详解】证明：（1）如图取中点，连接因为四边形为菱形，所以又因为三棱柱的所有棱长均为2，所以和是等边三角形，所以因为平面，所以平面所以，而，所以平面（2）因为平面平面，且交线为，由（）知所以平面则两两垂直，则以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系则，因为为的中点，所以所以，设平面的法向量为，则，取，得同理设平面的法向量为，则，取，得所以所以所求二面角的余弦值为192020年8月，教育部发布关于深化体教融合，促进青少年健康发展的意见，要求体育纳入高中学业水平考试范围.国家学生体质健康标准规定高三

10、男生投掷实心球6.9米达标，高三女生6.2米达标.某地初步拟定投掷实心球的考试方案为每生可以投掷3次，一旦通过无需再投，为研究该方案的合理性，到某校任选4名学生进行测试，如果有2人不达标的概率超过0.1，该方案需要调整；否则就定为考试方案.已知该校男生投掷实心球的距离服从，女生投掷实心球的距离服从（，的单位：米）.（1）请你通过计算，说明该方案是否需要调整；（2）为提高学生考试达标率，该校决定加强训练.以女生为例，假设所有女生经训练后，投掷距离的增加值相同.问：女生投掷实心球的距离至少增加多少米，可使达标率不低于.附：参考数据：取；若，则.【详解】（1）因为每个人不达标的概率均为，所以4名学生

11、中有2个不达标的概率为所以该方案需要调整；（2）设女生投掷实心球的距离至少增加米，此时，当时，此时，得，且，所以，因为点关于的对称点恰好为，所以，此时女生达标率为，达标率刚好为，所以使达标率不低于，投掷实心球的距离至少增加米，20已知椭圆：的离心率为，且过点.（1）求椭圆的方程；（2）已知，是椭圆上的两点，且直线，的斜率之积为，点为线段的中点，连接并延长交椭圆于点，求证：为定值.【详解】（1）因为椭圆的离心率为，且过点，所以，又，解得，所以椭圆的方程为；（2）设，因为点为线段的中点，所以，因为B，M，N三点共线，所以，所以，又因为A，B点在椭圆上，所以，又因为直线，的斜率之积为，所以，因为点N

12、在椭圆上，所以，即，所以，解得，所以,则，所以为定值.21已知函数.（1）讨论的单调性;（2）当时，证明:【详解】解：(1），当时，恒成立，则在上单调递增当时，令，则，所以令，则所以综上:当时，的增区间为;当时，的增区间为，减区间为.(2)由(1)知，当时，令，则，令，则.令，则.故，所以又因为，所以则，从而即.请考生在第22、23两题中任选一题作答注意：只能做所选定的题目如果多做，则按所做的第一个题目计分22选修4-4：坐标系与参数方程（10分）在平面直角坐标系中，过点且倾斜角为的直线与曲线（为参数）交于两点.（1）将曲线的参数方程转化为普通方程；（2）求的长.【详解】（1）因为曲线（为参数），所以曲线的普通方程为：.（2）由题知：直线的参数方程为（为参数），将直线的参数方程代入，得.，.所以.23选修4-5：不等式选讲（10分）已知函数（）求的解集；（）若有2个不同的实数根，求实数k的取值范围【详解】（I）， 或 或，解得：或 的解集是或（）问题转化为与有两个交点，由图易知：，即24