理科数学-全真模拟卷01（新课标Ⅱ卷）（2月）（解析版）.docx

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1、全真模拟卷01（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已知集合,则集合( )ABCD【答案】A【解析】 2已知复数z满足（i为虚数单位），则复数z的虚部为（ ）AiBCD 【答案】C【详解】，则复数z的虚部为3函数的图象大致为（ ）ABCD【答案】C【分析】利用函数的奇偶性排除部分选项，再由特殊值判断即可.【详解】因为的定义域为，且，所以为奇函数，排除选项B，D.因为，所以排除选项A.4已知是曲线：上的点，是直线上的一点，则的最小值为（ ）ABCD【答案】D【详解】由得，曲

2、线是圆心为，半径的左半圆，曲线上的点到到直线的最小距离为原点到直线的距离， ，所以的最小值为.5关于函数，有以下4个结论：的最小正周期是；的图象关于点中心对称；的最小值为；在区间内单调递增其中所有正确结论的序号是（ ）ABCD【答案】B【详解】，由，知：最小正周期，故正确；由正弦函数的性质，知：中，则对称中心为，故错误；由的化简函数式知：，故正确因为在定义域上为增函数，结合复合函数单调性知：在上递增，可得，有一个单调增区间为，故上不单调，故错误，故选：B.6已知，则（ ）ABCD【答案】A【详解】，.7已知实数满足条件，则的最大值是（ ）ABCD【答案】C【详解】画出满足约束条件的目标区域，如

3、图所示:由,得，要使最大，则直线的截距要最大，由图可知,当直线过点时截距最大，联立,解得，所以的最大值为：，故选:：C.8已知四面体中，二面角的大小为，且，则四面体体积的最大值是（ ）ABCD【答案】D【详解】在中，由余弦定理可得因为，所以，所以，当且仅当时等号成立，因为二面角的大小为，所以点到平面的最大距离为，所以，所以四面体体积的最大值是，故选：D9设，是两个不共线向量，则“与的夹角为锐角”是“”的（ ）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分又不必要条件【答案】B【详解】因为，故即，因为，是两个不共线向量，故与的夹角为锐角.故“与的夹角为锐角”是“”的必要条件.若与的

4、夹角为，且，故，所以，故即不垂直.“与的夹角为锐角”是“”的必要不充分条件.10在中，角、的对边分别为、，已知，若最长边为，则最短边长为（ ）ABCD【答案】A【详解】由知，利用同角三角函数基本关系可求得，由知，得，即为钝角，为最大角，故c为最大边，有，由知，最短边为，于是由正弦定理，即求得，故选：A.11在平面直角坐标系中，经过点，渐近线方程为的双曲线的标准方程为（ ）ABCD【答案】B【详解】双曲线的渐近线方程为设所求双曲线的标准方程为k又在双曲线上，则k=16-2=14,即双曲线的方程为双曲线的标准方程为12已知曲线：在处的切线与曲线：在处的切线平行，令，则在上（ ）A有唯一零点B有两个

5、零点C没有零点D不确定【答案】A【详解】，又，由题设知，即，则，令，则，当时，即函数单调递减；当时，即函数单调递增；在上的最小值为，则，在上单调递增，且.在上有唯一零点，二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若，满足约束条件，则的最大值为_.【答案】6【详解】解：根据约束条件画出可行域如下图所示：作直线：，平移直线，当其过点时，取得最大值，最大值为.14的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中含项的系数为_.【答案】48【详解】令,代入可得因为展开式中各项系数的和为2则,则所以根据二项式定理展开式通项为则展开式的通项为因为的展开式中含项即为展开式中含或的项当展开式中含的项时,则,

6、即,所以含的项的系数为当展开式中含的项时,则,即,所以含的项的系数为所以含项的系数为 15设抛物线的焦点为F，过点F的直线l与C相交于A，B，且，则_【答案】2【详解】抛物线的焦点为F 设直线AB的方程为，代入，得，设，则，由抛物线的定义可得：，由，得，即由 ，即，解得或（舍）所以所以16如图，已知多面体中，四边形为梯形，平面，为线段(包括端点)上的一个动点，则直线与直线所成角的正弦值的最小值为_.【答案】【详解】如图，将多面体放到正方体中，连接，则，直线与直线所成的角即与所成的角，设正方体的棱长为，点到直线的距离为，则，当取得最小值时取得最小值，连接、，则的最小值为点到平面的距离，连接，交于

7、点，则平面，的长为点到平面的距离的最小值，且，直线与直线所成角的正弦值的最小值为.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已知等比数列的前n项和为（），满足，成等差数列，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.【详解】（1）设数列的公比为q，依题意得，所以即，因为，所以，解得或， 因为，所以， 又因为，所以即，所以；（2）题意可得，则 .18如图，四棱锥中，为正三角形，.（1）求证：；（2）求与平面所成角的正弦值.【详解】（1）取中点，连结.因为，由平几及解三角形知识得 ，解得 ，所以，因此为正三角形，故，又因为也是正三角形，因此，又，所

8、以平面，而平面，所以.（2）方法一：因为，所以与平面所成角即与平面所成角，记作.由（1）得平面，又平面，所以平面平面，平面平面，故过点作平面，则垂足必在直线上，此时，在正中，而，所以在中，由余弦定理可得，所以，又，所以，所以与平面所成角的正弦值为.方法二：由（1）知平面，又平面，所以平面平面，平面平面.故过点作直线，则平面，又，故可如图建立空间直角坐标系.又，可求得各点坐标：，设平面的一个法向量为，则，即，故，令，故，又，记与平面所成角为，则.又因为，故与平面所成角的正弦值为.19为了解学生自主学习期间完成数学套卷的情况，一名教师对某班级的所有学生进行了调查，调查结果如下表.（1）从这班学生中

9、任选一名男生，一名女生，求这两名学生完成套卷数之和为4的概率？（2）若从完成套卷数不少于4套的学生中任选4人，设选到的男学生人数为，求随机变量的分布列和数学期望；（3）试判断男学生完成套卷数的方差与女学生完成套卷数的方差的大小（只需写出结论）.【详解】解：（1）设事件：从这个班级的学生中随机选取一名男生,一名女生,这两名学生完成套卷数之和为4,由题意可知,.（2）完成套卷数不少于4本的学生共8人,其中男学生人数为4人,故的取值为0,1,2,3,4.由题意可得；.所以随机变量的分布列为01234随机变量的均值.(3).20已知椭圆：的离心率为，且坐标原点到过点，的直线的距离为.（1）求椭圆的标准

10、方程；（2）是否存在过点的直线交椭圆于，两点，且与直线交于点，使得，依次成等差数列，若存在，请求出直线的方程；若不存在，请说明理由.【详解】（1）由题可知，所以，则椭圆方程转化为.坐标原点到过点，即的直线的距离为，可得即，解得.故椭圆的标准方程为.（2）假设存在满足题意的直线，显然其斜率存在，设直线的方程为，且，.联立，消去并整理，得，由题知恒成立，由根与系数的关系知，.因为，且，成等差数列，所以，即，所以，即，解得，所以直线的方程为或.21己知函数（1）若在R上是减函数，求m的取值范围；（2）如果有一个极小值点和一个极大值点，求证有三个零点【详解】解：（1）由，得，在R上是减函数，则恒成立.

11、设，则当时，单调递减；当时，单调递增于是由题意，所以，故m的取值范围是（2）设，则当时，单调递减；当时，单调递增若，则，则在定义域内单调递减，所以不满足条件，故所以 又，设 ，则所以在上单调递减，所以当时， 所以，使，即，单调递减，即，单调递增，即，单调递减，又，设，则，所以由，得 ，得所以在 上单调递减，在上单调递增，则所以在上单调递增，则即，成立所以由零点存在定理，得在和各有一个零点，又，结合函数的单调性可知有三个零点请考生在第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）在极坐标系中，曲线C的极坐标方程为，

12、点P的极坐标为，以极点为坐标原点，极轴为x轴正半轴，建立平面直角坐标系（1）求曲线C的直角坐标方程和点P的直角坐标；（2）已知直线（t为参数），若直线l与曲线C的交点分别是A、B，求的值【详解】解：（1）由，得，又，即曲线C的直角坐标方程为，点P的直角坐标为（2）把直线l的方程代入C方程，整理得，设A、B对应的参数分别是、，则，于是23选修4-5：不等式选讲（10分）设函数（1）解不等式；（2）若关于x的方程没有实数根，求实数m的取值范围【详解】解：（1）当时，得，所以；当时，得，所以；当时，得，所以综上，原不等式的解集为；（2）方程没有实数根，即没有实数根， 令，当且仅当时，即时等号成立，即值域为， 若没有实数根，则，即，所以实数m的取值范围为25