新高考数学考前能力综合测试卷二（原卷版+解析版）

新高考数学考前能力综合测试卷第Ⅰ卷一、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．已知，则（

）A． B．C． D．2．已知复数满足，则（

）A． B． C． D．3．已知平面向量，其中，且与和与的夹角相等，则=（

）A． B．1 C． D．24．如图，某公园需要修建一段围绕绿地的弯曲绿道（图中虚线）与两条直道（图中实线）平滑连续（相切），已知环绕绿地的弯曲绿道为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为（

）A． B． C． D．5．已知抛物线）的焦点为，准线为l，过的直线与抛物线交于点A、B，与直线l交于点D，若，则p=（

）A．1 B． C．2 D．36．某高校组织大学生知识竞赛，共设有5个版块的试题，分别是“中华古诗词”“社会主义核心价值观”“科学实践观”“中国近代史”及“创新发展能力”.某参赛队从中任选2个版块作答，则“创新发展能力”版块被该队选中的概率为（

）A． B． C． D．7．公元年，唐代李淳风注《九章算术》时提到祖暅的开立圆术．祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是立体的高．意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面面积相等﹐则体积相等．更详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．上述原理在中国被称为祖暅原理，国外则一般称之为卡瓦列利原理．已知将双曲线与直线围成的图形绕轴旋转一周得到一个旋转体，则旋转体的体积是（

）A． B． C． D．8．已知，则（

）A． B． C． D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是（

）A．若任意选择三门课程，选法总数为B．若物理和化学至少选一门，选法总数为C．若物理和历史不能同时选，选法总数为－D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为10．已知函数，若函数的部分图象如图所示，则关于函数，下列结论正确的是（

）A．函数的图象关于直线对称B．函数的图象关于点对称C．函数在区间上的减区间为D．函数的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到11．如图①，在菱形中，，将沿对角线翻折（如图②），则在翻折的过程中，下列选项中正确的是（

）A．存在某个位置，使得B．存在某个位置，使得C．存在某个位置，使得点到平面的距离为D．存在某个位置，使得四点落在半径为的球面上12．已知椭圆的左，右焦点分别为，长轴长为4，点在椭圆外，点在椭圆上，则（

）A．椭圆的离心率的取值范围是B．当椭圆的离心率为时，的取值范围是C．存在点使得D．的最小值为2第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数是奇函数，则___________．14．是数列的前n项和，当时，取得最小值，写出一个符合条件的数列的通项公式，an=______.15．若对于圆上任意的点，直线上总存在不同两点，，使得，则的最小值为______.16．在棱长为2的正方体中，为BC的中点．当点在平面内运动时，有平面，则线段MN的最小值为______．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。17．（10分）已知公差不为0的等差数列的前项和为，、、成等差数列，且、、成等比数列．(1)求的通项公式；(2)若，数列的前项和为，证明：．18．（12分）记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．(1)求；(2)求的取值范围．19．（12分）如图所示，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，，(1)求证：平面DEF⊥平面DCE；(2)当AB的长为何值时，二面角A-EF-C的大小为60°.20．（12分）为了丰富孩子们的校园生活，某校团委牵头，发起同一年级两个级部A、B进行体育运动和文化项目比赛，由A部、B部争夺最后的综合冠军．决赛先进行两天，每天实行三局两胜制，即先赢两局的级部获得该天胜利，此时该天比赛结束．若A部、B部中的一方能连续两天胜利，则其为最终冠军；若前两天A部、B部各赢一天，则第三天只进行一局附加赛，该附加赛的获胜方为最终冠军．设每局比赛A部获胜的概率为，每局比赛的结果没有平局且结果互相独立．(1)记第一天需要进行的比赛局数为X，求，并求当取最大值时p的值；(2)当时，记一共进行的比赛局数为Y，求．21．（12分）已知双曲线的右焦点为F，点分别为双曲线C的左、右顶点，过点F的直线l交双曲线的右支于两点，设直线的斜率分别为，且.(1)求双曲线C的方程；(2)当点P在第一象限，且时，求直线l的方程.22．（12分）已知函数(1)若在上单调递增，求的取值范围；(2)当时，证明：.新高考数学考前能力综合测试卷第Ⅰ卷一、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．已知，则（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】由题意解，可得，所以，则，故选：B.2．已知复数满足，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为复数满足，所以所以，所以.故选：B3．已知平面向量，其中，且与和与的夹角相等，则=（

）A． B．1 C． D．2【答案】B【解析】由题意，得，由于与和与的夹角相等，故，即，即，故选：B.4．如图，某公园需要修建一段围绕绿地的弯曲绿道（图中虚线）与两条直道（图中实线）平滑连续（相切），已知环绕绿地的弯曲绿道为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由题意设三次函数的解析式为，即，，∴，解得，∴，故选：A．5．已知抛物线）的焦点为，准线为l，过的直线与抛物线交于点A、B，与直线l交于点D，若，则p=（

）A．1 B． C．2 D．3【答案】D【解析】如图，设准线与轴的交点为，作，，垂足分别为，，则.根据抛物线定义知,,又，所以，设，因为，所以，则.所以,，又,可得,所以，所以,可得,即.故选：.6．某高校组织大学生知识竞赛，共设有5个版块的试题，分别是“中华古诗词”“社会主义核心价值观”“科学实践观”“中国近代史”及“创新发展能力”.某参赛队从中任选2个版块作答，则“创新发展能力”版块被该队选中的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】将五个版块依次记为A，B，C，D，E，则有共10种结果.某参赛队从中任选2个版块作答，则“创新发展能力”版块被该队选中的结果有，共4种，则“创新发展能力”版块被选中的概率为，故选：B.7．公元年，唐代李淳风注《九章算术》时提到祖暅的开立圆术．祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是立体的高．意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面面积相等﹐则体积相等．更详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．上述原理在中国被称为祖暅原理，国外则一般称之为卡瓦列利原理．已知将双曲线与直线围成的图形绕轴旋转一周得到一个旋转体，则旋转体的体积是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】与双曲线的交点为、，则用垂直于轴的平面截旋转体的截面为圆面，截面圆的半径为，截面面积为，与双曲线的渐近线的交点为，所以是用垂直于轴的平面截两条渐近线绕轴旋转得到的旋转体的截面面积，，绕轴旋转得到的旋转体（两个圆锥）的体积为，用垂直于轴的平面去截旋转体，所得圆环的面积为，因为底面半径为，高为的圆柱的截面面积为，体积为，所以根据祖暅原理得旋转体的体积为，故选：D．8．已知，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由题可得：，令，则，当时，，又，则，即，故在单调递增，，则当时，，即，；令，则，当时，，又，则，即，故在单调递减，，故当时，，即，；综上所述，.故选：A.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是（

）A．若任意选择三门课程，选法总数为B．若物理和化学至少选一门，选法总数为C．若物理和历史不能同时选，选法总数为－D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为【答案】ABD【解析】由题意得：对于选项A：若任意选择三门课程，选法总数为，A错误；对于选项B：若物理和化学选一门，有种方法，其余两门从剩余的五门中选，有种选法；若物理和化学选两门，有种选法，剩下一门从剩余的五门中选，有种选法，所以总数为，故B错误；对于选项C：若物理和历史不能同时选，选法总数为，故C正确；对于选项D：有3种情况：①选物理，不选化学，有种选法；②选化学，不选物理，有种选法；③物理与化学都选，有种选法.故总数，故D错误.故选：ABD10．已知函数，若函数的部分图象如图所示，则关于函数，下列结论正确的是（

）A．函数的图象关于直线对称B．函数的图象关于点对称C．函数在区间上的减区间为D．函数的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到【答案】ABC【解析】∵，∴，∴．又∵，得（舍）或，因为，∴，∴，其图象对称轴为，．当时，，故A正确；∵，，，∴的图象关于点对称，故B正确；∵函数的单调递减区间为，．∴，，∴当时，在上单调递减，所以在上单调递减，故C正确；∵．故D错误．故选:ABC.11．如图①，在菱形中，，将沿对角线翻折（如图②），则在翻折的过程中，下列选项中正确的是（

）A．存在某个位置，使得B．存在某个位置，使得C．存在某个位置，使得点到平面的距离为D．存在某个位置，使得四点落在半径为的球面上【答案】ABD【解析】选项A：因为菱形的对角线,所以将沿对角线翻折到位置的过程中，一定存在某个位置使得，A正确；选项B：当点在平面内的投影为的重心时，有平面，因为平面，所以，又因为，，平面，所以平面，因为平面，所以，即存在某个位置，使得，B正确；选项C：因为点到的距离为，点到的距离为，若点到平面的距离为，则平面平面，平面平面，因为平面平面，则有平面，又因为平面，所以，与是等边三角形矛盾，C错误；选项D：由对称性可得四面体的外接球球心在底面三角形中心的中垂线上，因为底面三角形外接圆半径为，所以一定存在四面体的外接球取得半径，D正确；故选：ABD12．已知椭圆的左，右焦点分别为，长轴长为4，点在椭圆外，点在椭圆上，则（

）A．椭圆的离心率的取值范围是B．当椭圆的离心率为时，的取值范围是C．存在点使得D．的最小值为2【答案】ABC【解析】由题意得，又点在椭圆外，则，解得，所以椭圆的离心率，即椭圆的离心率的取值范围是，故A正确；当时，，，所以的取值范围是，即，故B正确；设椭圆的上顶点为，，，由于，所以存在点使得，故C正确；，当且仅当时，等号成立，又，所以，故D不正确．故选：ABC第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数是奇函数，则___________．【答案】【解析】的定义域为，因为为奇函数，所以对任意非零实数恒成立，所以，即.故答案为：.14．是数列的前n项和，当时，取得最小值，写出一个符合条件的数列的通项公式，an=______.【答案】（答案不唯一）【解析】由题意，我们可以取一个等差数列：当时，时，，所以当时，取得最小值.所以符合题意.故答案为：（答案不唯一）15．若对于圆上任意的点，直线上总存在不同两点，，使得，则的最小值为______.【答案】10【解析】由题设圆，故圆心，半径为，所以到的距离，故直线与圆相离，故圆上点到直线的距离范围为，圆上任意的点，直线上总存在不同两点、，使，即以为直径的圆包含圆，至少要保证直线上与圆最近的点，与圆上点距离最大值为半径的圆包含圆，所以.故答案为：1016．在棱长为2的正方体中，为BC的中点．当点在平面内运动时，有平面，则线段MN的最小值为______．【答案】【解析】取的中点P，的中点，连接，，，如图所示．∵P，N分别为，的中点，∴，又平面，平面，平面，P，Q分别为，的中点，∴．又，四边形为平行四边形，，，又平面，平面，平面，，∴平面平面，∵平面，∴平面，又点在平面内运动，∴点在平面和平面的交线上即．在中，，，．∴，∴，∴点到的最小距离，∴线段的最小值为．故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。17．（10分）已知公差不为0的等差数列的前项和为，、、成等差数列，且、、成等比数列．(1)求的通项公式；(2)若，数列的前项和为，证明：．【解析】（1）由题知，设的公差为，由题意得，即，解得，所以，所以的通项公式为.（2）证明：由（1）得，所以，所以．18．（12分）记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．(1)求；(2)求的取值范围．【解析】（1）因为，即，所以，即，所以，因为，，所以，同理得，所以或（不成立），所以，结合得．（2）由余弦定理得，，所以，则，由正弦定理得，，因为，，，，所以，，所以，．19．（12分）如图所示，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，，(1)求证：平面DEF⊥平面DCE；(2)当AB的长为何值时，二面角A-EF-C的大小为60°.【解析】（1）因为，所以，因为矩形和平面垂直，所以.矩形和平面交于，所以面，又因为面，所以.因为面，所以面，又因为面，所以平面DEF⊥平面DCE.（2）因为，所以，由上面可知，面，则以为原点，分别以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.如下图.过点作于点，在中，，，则.因为，所以，.设，则、、，，，，，设平面的法向量为，则，得，令，则，因为面，所以，若二面角的大小为，则，解得，所以当时，二面角A-EF-C的大小为60°.20．（12分）为了丰富孩子们的校园生活，某校团委牵头，发起同一年级两个级部A、B进行体育运动和文化项目比赛，由A部、B部争夺最后的综合冠军．决赛先进行两天，每天实行三局两胜制，即先赢两局的级部获得该天胜利，此时该天比赛结束．若A部、B部中的一方能连续两天胜利，则其为最终冠军；若前两天A部、B部各赢一天，则第三天只进行一局附加赛，该附加赛的获胜方为最终冠军．设每局比赛A部获胜的概率为，每局比赛的结果没有平局且结果互相独立．(1)记第一天需要进行的比赛局数为X，求，并求当取最大值时p的值；(2)当时，记一共进行的比赛局数为Y，求．【解析】（1）X可能取值为2，3．；．故，即，则当时，取得最大值．（2）当时，双方前两天的比分为2∶0或0∶2的概率均为；比分为2∶1或1∶2的概率均为．，则或．即获胜方两天均为2∶0获胜，不妨设A部胜，概率为，同理B部胜，概率为，故；即获胜方前两天的比分为2∶0和2∶1或者2∶0和0∶2再加附加赛，不妨设最终A部获胜，