高考数学模拟试卷（理科）

第第页高考数学模拟试卷（理科）（含答案解析）设全集，，则(

)A. B. C. D.已知是虚数单位，若，，则实数(

)A.或 B.或 C. D.已知向量，满足，，，则(

)A. B. C. D.在直角坐标系中，一个质点从出发沿图中路线依次经过，，，，按此规律一直运动下去，则(

)A.

B.

C.

D.设为抛物线：的焦点，点在上，点，若，则(

)A. B. C. D.执行如图的程序框图，输出的(

)A.

B.

C.

D.

在正四面体中，已知，分别是，上的点不含端点，则(

)A.不存在，，使得

B.存在，使得

C.存在，使得平面

D.存在，，使得平面平面已知等比数列的前项和为，，则(

)A. B. C. D.已知球的半径为，四棱锥的顶点为，底面的四个顶点均在球的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为(

)A. B. C. D.某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，，且记该棋手连胜两盘的概率为，则(

)A.与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关

B.该棋手在第二盘与甲比赛，最大

C.该棋手在第二盘与乙比赛，最大

D.该棋手在第二盘与丙比赛，最大双曲线的两个焦点为，，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与交于，两点，且，则的离心率为(

)A. B. C. D.已知函数，的定义域均为，且，若的图像关于直线对称，，则(

)A. B. C. D.从甲、乙等名同学中随机选名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为______．过四点，，，中的三点的一个圆的方程为______．记函数的最小正周期为若，为的零点，则的最小值为

．已知和分别是函数且的极小值点和极大值点．若，则的取值范围是______．在中，角，，所对的边分别为，，，且．

求角；

若，求周长的最大值．如图，四面体中，，，，为的中点．

证明：平面平面；

设，，点在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积单位：和材积量单位：，得到如下数据：样本号总和根部横截面积材积量并计算得，，．

估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；

求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数精确到；

现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．

附：相关系数，．已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且过，两点．

求的方程；

设过点的直线交于，两点，过且平行于轴的直线与线段交于点，点满足证明：直线过定点．已知函数．

当时，求曲线在点处的切线方程；

若在区间，各恰有一个零点，求的取值范围．在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为．

写出的直角坐标方程；

若与有公共点，求的取值范围．已知，，都是正数，且，证明：

；

．答案和解析1.【答案】

【解析】【分析】此题考查了补集及其运算，熟练掌握补集的定义是解本题的关键，属于基础题．

由全集及，即可求解结论．【解答】解：全集，，

则，

故选B．

2.【答案】

【解析】【分析】

本题考查复数的运算以及共轭复数的概念，是基础题，

先求出的共轭复数，然后根据复数的四则运算求解即可．

【解答】

解：，

，

则．

故选B．

3.【答案】

【解析】解：因为向量，满足，，，

所以，

两边平方得，

，

解得，

故选：．

利用，结合数量积的性质计算可得结果．

本题考查了平面向量数量积的运算和性质，属于基础题．

4.【答案】

【解析】【分析】

本题主要考查了归纳推理的问题，关键是找到规律，属于基础题．

由题意得，，，，，，，，，观察得到数列的规律，求出即可．

【解答】

解：由直角坐标系可知，，，，，，

即，，，，，，，，，

由此可知，数列中偶数项等于项数除以，则，

对于奇数项，由，，，，

归纳可得，，，，

则，，

所以．

故选D．

5.【答案】

【解析】解：为抛物线：的焦点，点在上，点，，

由抛物线的定义可知不妨在第一象限，所以．

故选：．

利用已知条件，结合抛物线的定义，求解的坐标，然后求解即可．

本题考查抛物线的简单性质的应用，距离公式的应用，是基础题．

6.【答案】

【解析】解：模拟执行程序的运行过程，如下：

输入，，，

计算，，，

判断，

计算，，，

判断；

计算，，，

判断；

输出．

故选：．

模拟执行程序的运行过程，即可得出程序运行后输出的值．

本题考查了程序的运行与应用问题，也考查了推理与运算能力，是基础题．

7.【答案】

【解析】【分析】本题考查了空间线线垂直、线面垂直以及面面垂直之间的相互转化，同时也考查了正四面体的性质，以及学生的空间想象能力以及逻辑推理能力，属于中档题．

对于，两项：当，分别是，的中点时，易证，且平面平面．

对于：可利用在上移动时，的范围判断．

对于：可将看成三棱锥的顶点，则过做底面的垂线只有一条，即高线，从而否定．【解答】解：对于，选项，取，分别为，的中点如图：

因为是正四面体，所以它的各个面是全等的等边三角形．

所以，所以，同理可证故A错误；

又因为，，且，、平面，故AB平面，又平面，所以平面平面故D正确．

对于选项，将看成正三棱锥的顶点，易知当在上移动时，的最小值为直线与平面所成的角，即中的，显然为锐角，最大角为，故当在上移动时，不存在，使得故B错误．

对于选项，将看成顶点，则由向底面作垂线，垂足为底面正三角形的中心，不落在上，又因为过空间中一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故不存在，使得平面，故C错误．

故选：．

8.【答案】

【解析】解：设等比数列的公比为，，由题意，．

前项和为，，

，，

则，

故选：．

由题意，利用等比数列的定义、性质、通项公式，求得的值．

本题主要考查等比数列的定义、性质、通项公式，属于基础题．

9.【答案】

【解析】解：由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，

则，

该四棱锥的高，

该四棱锥的体积，

当且仅当，即时，等号成立，

该四棱锥的体积最大时，其高，

故选：．

由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，由勾股定理可知该四棱锥的高，所以该四棱锥的体积，再利用基本不等式即可求出的最大值，以及此时的值，进而求出的值．

本题主要考查了四棱锥的结构特征，考查了基本不等式的应用，属于中档题．

10.【答案】

【解析】解：选项，已知棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率不相等，所以受比赛次序影响，故A错误；

设棋手在第二盘与甲比赛连赢两盘的概率为，棋手在第二盘与乙比赛连赢两盘的概率为，棋手在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率为，

，

，

，

，，

所以最大，即棋手在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率最大．

故选：．

已知棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率不相等，所以受比赛次序影响，A错误；再计算第二盘分别与甲、乙、丙比赛连赢两盘的概率，比较大小即可．

本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用．

11.【答案】

【解析】解：设双曲线的方程为，

设过的切线与圆：相切于点，

则，，又，

所以，

过点作于点，

所以，又为的中点，

所以，，

因为，所以，

所以，则，

所以，

由双曲线的定义可知，

所以，可得，即，

所以的离心率．

故选：．

由题意设双曲线的方程为，设过的切线与圆：相切于点，从而可求得，过点作于点，由中位线的性质可求得，，在中，可求得，，利用双曲线的定义可得，的关系，再由离心率公式求解即可．

本题主要考查双曲线的性质，圆的性质，考查转化思想与数形结合思想，考查运算求解能力，属于中档题．

12.【答案】

【解析】解：的图像关于直线对称，则，

，，，故为偶函数，

，，得由，得，代入，得，故关于点中心对称，

，由，，得，

，故，周期为，

由，得，又，

所以，

故选：．

由的对称性可得为偶函数，进而得到关于点中心对称，所以，再结合的周期为，即可求出结果．

本题主要考查了函数的奇偶性、对称性和周期性，属于中档题．

13.【答案】

【解析】解：由题意，从甲、乙等名学生中随机选出人，基本事件总数，

甲、乙被选中，则从剩下的人中选一人，包含的基本事件的个数，

根据古典概型及其概率的计算公式，甲、乙都入选的概率．

故答案为：．

从甲、乙等名学生中随机选出人，先求出基本事件总数，再求出甲、乙被选中包含的基本事件的个数，由此求出甲、乙被选中的概率．

本题主要考查古典概型及其概率计算公式，熟记概率的计算公式即可，属于基础题．

14.【答案】或或或

【解析】解：设过点，，的圆的方程为，

即，解得，，，

所以过点，，圆的方程为．

同理可得，过点，，圆的方程为．

过点，，圆的方程为．

过点，，中的三点的一个圆的方程为．

故答案为：或或或．

选其中的三点，利用待定系数法即可求出圆的方程．

本题考查了过不在同一直线上的三点求圆的方程应用问题，是基础题．

15.【答案】

【解析】【分析】本题主要考查余弦函数的图象和性质，考查了方程思想，属于基础题．

由题意，结合余弦函数的周期和零点，建立相关的方程求解即可．【解答】解：函数的最小正周期为，

若，则，

所以

因为为的零点，所以，

故，，所以，，

则的最小值为．

故答案为：．

16.【答案】

【解析】解：对原函数求导，分析可知：在定义域内至少有两个变号零点，

对其再求导可得：，

当时，易知在上单调递增，此时若存在使得，

则在单调递减，单调递增，

此时若函数在和分别取极小值点和极大值点，应满足，不满足题意；

当时，易知在上单调递增减，此时若存在使得，

则在单调递增，单调递减，且，

此时若函数在和分别取极小值点和极大值点，且，

故仅需满足，即：，

解得：或者舍去，

综上所述：的取值范围是．

由已知分析函数至少应该两个变号零点，对其再求导，分类讨论和时两种情况，

本题主要考查利用导函数研究函数极值点存在大小关系时，导函数图像的问题，属于中档题．

17.【答案】解：因为，

由正弦定理，

因为，

所以，

即，

因为，

所以，

所以，

所以，

因为，

所以；

由知，，

若，

则，

解得，

由余弦定理得，，

即，

整理得，，

即，

所以，即，

因为，

所以，

即，

整理得，，

所以，当且仅当时，等号成立，

所以，

所以周长的最大值为．

【解析】本题考查了正余弦定理的应用，以及三角形周长的最值问题，属于中档题

根据正弦定理结合两角和正弦公式化简条件可求得的值，进一步可得；

根据条件求得值，将三角形周长的最大值问题转化为求的最大值问题，利用基本不等式求解．

18.【答案】证明：，为的中点．，

又，，，≌，

，又为的中点．，

又，，平面，

平面，又平面，

平面平面；

解：连接，由知，，

故EF最小时，的面积最小，时，的面积最小，

又平面，平面，，

又，，平面，

平面，又平面，

平面平面，

过作于点，则平面，

故，即为直线与平面所成的角，

由，，知是为边长的等边三角形，

故AC，由已知可得，，又，，

，所以，

，

在中，由余弦定理得，

．

故CF与平面所成的角的正弦值为．

【解析】利用三角形全等可得，可证，易证，从而可证平面平面；

由题意可知的面积最小时，，据此计算可求得与平面所成的角的正弦值．

本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，属中档题．

19.【答案】解：设这棵树木平均一棵的根部横截面积为，平均一棵的材积量为，

则根据题中数据得：，；

由题可知，；

设从根部面积总和，总材积量为，则，故

【解析】本题考查线性回归方程，考查学生计算能力，属于中档题．

计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量

代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值

依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值．

20.【答案】解：设的方程为，

将两点代入得，

解得，，

故E的方程为；

由可得直线

若过的直线的斜率不存在，直线为，

代入，可得，，

将代入，可得，

由，得，

易求得此时直线，过点；

若过的直线的斜率存在，设，，，

联立，得，

故有，且，

联立，可得，

可求得此时，

将代入整理得，

将代入，得，

显然成立．

综上，可得直线过定点．

【解析】设的方程为，将，两点坐标代入即可求解；由可得直线，若过的直线的斜率不存在，直线为，代入椭圆方程，根据即可求解；若过的直线的斜率存在，设，，，联立，得，结合韦达定理和已知条件即可求解．

本题考查了直线与椭圆的综合应用，属于中档题．

21.【答案】解：当时，，则，

，

又，

所求切线方程为；

，

若，当时，，单调递增，则，不合题意；

故，，令，注意到，

令，解得或，令，解得，

在单调递增，在单调递减，且时