二模模拟卷01-新题型（解析版）.docx

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1、二模模拟卷01-新题型 数学注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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设集合，则=（）ABCD【答案】B【分析】直接根据交集的定义即可得出答案.【详解】解：因为，所以.故选：B.2设复数（是虚数单位），则ABCD【答案】B【分析】由复数的运算法则计算即可.【详

2、解】，故选B.【点睛】本题主要考查复数的四则运算，属于基础题型.3已知函数为偶函数，则（）A2B1C0D2【答案】A【分析】利用偶函数的性质进行求解即可.【详解】由且，由，因为该函数是偶函数，所以定义域关于原点对称，因此有，即，定义域为，因为，所以该函数是偶函数，符合题意，故选：A4已知椭圆的焦距是2，则离心率e的值是（）AB或C或D或【答案】B【分析】对焦点所在位置进行分类讨论，利用、进行求解.【详解】因为椭圆的焦距是2，所以，当椭圆焦点在轴上，所以，当椭圆焦点在轴上，所以，故A，C，D错误.故选：B.5的展开式中，项的系数为，则ABCD【答案】C【详解】由展开式的公式得到项的系数为 .系数

3、为 故答案为C6六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无味、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如图所示.若此正八面体的棱长为2，若它的内切球的表面积为，外接球表面积为，则的值为（）A3B2CD【答案】A【分析】根据正八面体的结构特征结合条件可得外接球的半径，利用等积法可得内切球半径，进而即得.【详解】如图正八面体，连接和交于点，因为，所以，又和为平面内相交直线， 所以平面，所以为正八面体的中心，设正八面体的外接球的半径为，内切球半径为，因为正八面体的棱长为，所以，则， ，设内切球与平面切于

4、点，所以平面，所以即为正八面体内切球半径， 因为，所以，即，所以.故选：A.7设实数，若对任意的，不等式恒成立，则的最小值为（ ）ABCD【答案】A【分析】利用隐零点结合函数单调性和最值可得答案，或者利用同构结合单调性可得答案.【详解】实数，若对任意的，不等式恒成立，即为，设，令，可得，由指数函数和反比例函数在第一象限的图象，可得和有且只有一个交点，设为，当时，递增；当时，递减即有在处取得极小值，且为最小值即有，；当时，此时恒成立，符合题意；当时，由可得，即；由两边取对数可得，所以，即，因为，所以，所以，解得，所以的最小值为故选：A另解：因为，不等式恒成立，即为，当时，此时恒成立；当时，上式可

5、化为，令，由可得在递增，所以，即有，由的导数为，当时，递减时，递增，可得时，取得最大值则，的最小值为故选：A8已知，则（）ABCD【答案】A【分析】将变形为，然后从对数函数的定义域及单调性考虑，结合指数函数的值域，得到，进而得到，结合，得到，求出.【详解】要比较，中的大小，等价于比较，中的大小，由定义域可知，故，在定义域上单调递减，故，则，由定义域可知：，又，则，故，.故选：A.【点睛】方法点睛：对数比较大小的方法有：（1）对于真数相同的对数，可利用倒数法加以解决，有时也可把对数转化为指数式进行比较；（2）当底数与真数都不相同时，一般可选取适当的“媒介”（通常以“0”或“1”为媒介），分别与要

6、比较的数比较大小，从而间接地得出要比较的数的大小关系；（3）作差（商）比较法是比较两个数值大小的常用方法，即对两值作差（商），看其值与0或1的关系，从而确定所比两值的大小关系二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。9在数列中，（为非零常数），则称为“等方差数列”，称为“公方差”，下列对“等方差数列”的判断正确的是（）A是等方差数列B若正项等方差数列的首项，且是等比数列，则C等比数列不可能为等方差数列D存在数列既是等差数列，又是等方差数列【答案】BC【分析】根据等方差数列的定义依次分析四个选项

7、可得答案.【详解】对于A，因为，所以不是等方差数列，故A错误；对于B，因为，所以，因为 是等比数列，所以，所以，所以，因为，所以，所以，又，所以，故B正确；对于C，设等比数列的公比为，则，则当时，若为常数，则必有，此时，则数列不可能是等方差数列，故C正确；对于D，假设存在数列既是等差数列，又是等方差数列，则当时，且，若，则，则，不合题意，若，则，得，又，所以为常数，必有，与假设矛盾，故存在数列既是等差数列，又是等方差数列.故D错误；故选：BC10已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，点在准线上的射影为，则（）A若，则B若点的坐标为，则的最小值为4CD若直线过点且与抛物线有且仅有一个公共点，则

8、满足条件的直线有2条【答案】AC【分析】根据抛物线的弦长、定义、直线和抛物线的位置关系等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】抛物线方程为，所以，焦点，准线方程.A选项，若，则，A选项正确.B选项，点在抛物线内，根据抛物线的定义可知的最小值是到准线的距离，即最小值是，所以B选项错误.C选项，设直线的方程为，由消去并化简得，所以，则，所以，所以C选项正确.D选项，直线和直线都过，且与抛物线有一个公共点，当过的直线斜率存在时，设直线方程为，由消去并化简得，由，解得，所以直线与抛物线有一个公共点，所以满足条件的直线有条，D选项错误.故选：AC【点睛】思路点睛：求解直线和抛物线位置关系有关问题

9、，可设出直线的方程，然后将直线方程和抛物线方程联立，化简后写出根与系数关系、判别式等等，再结合抛物线的定义来对问题进行求解.11下列说法正确的是（）A用0，1，2，3，4能组成48个不同的3位数.B将10个团员指标分到3个班，每班要求至少得2个，有15种分配方法.C小明去书店看了4本不同的书，想借回去至少1本，有16种方法.D甲、乙、丙、丁各写了一份贺卡，四人互送贺卡，每人各拿一张贺卡且每人不能拿到自己写的贺卡，有9种不同的方法.【答案】BD【分析】根据分步乘法计数原理求出三位数的个数判断A，根据隔板法和分步乘法计数原理求出分配方法数，判断B，利用间接法求出满足要求的方法数判断C，利用分步乘法

10、计数原理求出满足条件的方法数，判断D.【详解】对于A，第一步先排百位数，有4种排法，第二步排十位数有5种排法，第三步排个位数有5种排法，由分步乘法计数原理可得共有个不同的三位数，A错误；对于B，第一步，每个班先各分一个团员指标，有一种方法，第二步，再将余下7个团员指标排成一排，7个指标之间有6个空，用2块隔板插入其中的两个空，每种插空方法就是一种将7个指标分给3个班，每班至少一个指标的分配方法，故第二步有种方法，由分步乘法计数原理可得满足条件的分配方法有15种，B正确； 对于C，因为借回至少1本的反面为1本都不借，又小明所有的借书方法数为种，所以借回至少1本的方法数为 种，C错误；对于D，第一

11、步甲先拿贺卡，有3种方法，第二步安排甲拿到的贺卡的主人拿，有3种方法，第三步余下两人拿贺卡，由于其中一人不能拿自己的贺卡，故只有一种方法，由分步乘法计数原理可得共种方法，D正确；故选：BD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12已知三棱锥，其中平面，则三棱锥外接球的表面积为 .【答案】【分析】根据题意设底面的外心为G，O为球心，所以平面ABC，根据正弦定理求得外接圆的半径，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可【详解】根据题意设底面的外心为G，O为球心，所以平面ABC，因为平面ABC，所以，设是PA中点，因为，所以，因为平面平面ABC，所以，因此，因此四边形ODAG是平行四边形

12、，故，又外接圆的半径，由正弦定理得，所以该外接球的半径满足，所以外接球的表面积为.故答案为：13如图，正方体的棱长为6，点是棱的中点，与的交点为，点在棱上，且，动点（不同于点）在四边形内部及其边界上运动，且，则直线与所成角的余弦值为 .【答案】【分析】方法一：通过平移，在三角形中求解；方法二：通过建立空间直角坐标系来求解线线角.【详解】解法一：易知.因为平面，所以，所以平面，又平面，所以，在棱上取一点，且，连接，则，所以，所以动点的轨迹为线段（不包括）.取棱的中点，连接，易知则即异面直线与所成的角.连接，因为，所以.解法二：以为坐标原点，直线，分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，易知，设，

13、则，.由题意知，得，所以，则，又不与点重合，所以，所以，所以直线与所成角的余弦值为.故答案为：.14对，记，则对于任意，函数的最小值是 .【答案】1【分析】根据新定义，作出函数的图象即可得到结果.【详解】由题意可知：作出函数的图象：函数的最小值是 ，故答案为【点睛】本题以新定义为载体，考查分段函数的图象与性质，考查函数的最值，考查数形结合思想，属于基础题.四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明在、证明过程或演算步骤。15（13分）已知函数(1)当时，求证：在上是增函数；(2)若在区间上存在最小值，求的取值范围；(3)若仅在两点处的切线的斜率为1，请直接写出的取值范围（结论不要求

14、证明）【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）求导，讨论导函数的符号证明增减性即可；（2）对分类讨论，判断函数在上的单调性即可求解的取值范围；（3）仅在两点处的切线的斜率为1，即有两个不同解，转化为与或与的图象有两个交点求解即可.【详解】（1）当，即时，令解得，当时，当时，又连续，所以在上是增函数.（2），当时，当时，在上恒成立，所以，在区间上单调递增，所以在区间上不存在最小值：当时，令解得，此时，0极小值所以存在最小值，且，综上a的取值范围是（3）仅在两点处的切线的斜率为1，即有两个不同解，解法一：方程有两个不同的解，即与的图象有两个交点，令，则，所以图象大致如下，由图象可知与的图

15、象有两个交点，则的取值范围为.解法二：方程有两个不同的解，即与的图象有两个交点，在同一坐标系上画和的图象如图，由图象可得当时与的图象有两个交点，即的取值范围为.16（15分）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，底面，.(1)证明：平面平面；(2)点M在平面内，直线平面，求四棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)根据线面垂直判定定理证明面，再根据面面垂直判定定理证明平面平面；(2)先求四棱锥的高，再根据锥体体积公式求解即可.【详解】（1）连接交于点O，底面平面，又，平面，面，平面，平面平面；（2）连接，过A作交于点N，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以重合，因为

16、，所以，又，,所以，所以，点M到底面的距离为，又.17（15分）某快递公司收取快递费用的标准是：重量不超过的包裹收费10元；重量超过的包裹，除收费10元之外，超过的部分，每超出（不足，按计算）需再收5元.该公司对近60天，每天揽件数量统计如下表：（1）某人打算将三件礼物随机分成两个包裹寄出，求该人支付的快递费不超过30元的概率；（2）该公司从收取的每件快递的费用中抽取5元作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的作为其他费用.前台工作人员每人每天揽件不超过150件，工资100元，目前前台有工作人员3人，那么，公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润是否更有利？【答案】(1) (2) 公司将前台工

17、作人员裁员1人对提高公司利润不利【详解】试题分析：(1) 根据表格结合古典概型概率计算公式求出结果；(2)分别算出裁员1人前后的利润情况，从而作出判断.试题解析：（1）由题意，寄出方式有以下三种可能：所有3种可能中，有1种可能快递费未超过30元，根据古典概型概率计算公式，所示概率为；（2）将题目中的天数转化为频率，得若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，公司每日揽件数情况如下：故公司平均每日利润的期望值为（元）；若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，公司每日揽件数情况如下：故公司平均每日利润的期望值为（元）故公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润不利.18（17分）双曲线C：，点是C上

18、位于第一象限的一点，点关于原点O对称，点关于y轴对称延长至E使得，且直线和C的另一个交点F位于第二象限中(1)求的取值范围；(2)证明：不可能是的三等分线.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求得点，求出直线BE的方程，将该直线的方程与双曲线C的方程联立，求出点F的坐标，由可得出，进而可得出关于的不等式，结合可求得的取值范围；（2）计算得出，可得出，计算出，可得出，由此可证得结论成立.【详解】（1）由题设得，、，设点，由题意可得，即，即，得，则，直线BE的斜率为，所以直线BF的方程是，即，联立，消去y可得，直线BF与双曲线C有2个交点，则，因为满足方程，由韦达定理得，解得，所以，得已经

19、成立，因此只需，因为，可得，所以，因为，所以，所以，可得，所以的取值范围是；（2）证明：由（1）可知，所以，即，则，因为，则，则，所以，因此AE不可能是的三等分线.【点睛】难点点睛：本题考查了双曲线的标准方程、直线与双曲线的位置关系以及圆锥曲线中的综合问题，属于难题，解答时要明确题意，明确解题的思路，但难点在于计算的复杂性，并且计算量很大，并且基本上都是关于字母参数的运算，因此要十分有耐心才可以.19（17分）对于序列，实施变换T得序列，记作；对继续实施变换T得序列，记作最后得到的序列只有一个数，记作(1)若序列为1，2，3，求；(2)若序列为1，2，n，求；(3)若序列A和B完全一样，则称序列A与B相等，记作，若序列B为序列的一个排列，请问：是的什么条件？请说明理由【答案】(1)(2)(3)充分不必要条件【分析】（1）根据所给定义计算可得；（2）根据归纳推理可得，利用倒序相加法，化简即可得结果.（3）根据充分条件、必要条件的定义判断即可；【详解】（1）解：序列为1，2，3，即8，（2）解：时，时，时，时，取时，取时，则，得，所以由序列为1，2，可得（3）解：序列为序列，2，的一个排列，而反之不成立例如取序列为：，2，1，满足因此是的充分不必要条件试卷第21页，共21页学科网（北京）股份有限公司