安徽省合肥新城高升学校新高考数学倒计时模拟卷及答案解析

安徽省合肥新城高升学校新高考数学倒计时模拟卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．记为数列的前项和数列对任意的满足.若，则当取最小值时，等于（）A．6 B．7 C．8 D．92．若各项均为正数的等比数列满足，则公比（）A．1 B．2 C．3 D．43．如图，在中，点为线段上靠近点的三等分点，点为线段上靠近点的三等分点，则（）A． B． C． D．4．已知，则的大小关系为A． B． C． D．5．已知抛物线上一点的纵坐标为4，则点到抛物线焦点的距离为（）A．2 B．3 C．4 D．56．二项式的展开式中，常数项为（）A． B．80 C． D．1607．阅读如图的程序框图，若输出的值为25，那么在程序框图中的判断框内可填写的条件是（）A． B． C． D．8．的展开式中含的项的系数为（）A． B．60 C．70 D．809．记递增数列的前项和为.若，，且对中的任意两项与（），其和，或其积，或其商仍是该数列中的项，则（）A． B．C． D．10．费马素数是法国大数学家费马命名的,形如的素数(如：)为费马索数,在不超过30的正偶数中随机选取一数,则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是()A． B． C． D．11．已知双曲线的左右焦点分别为，，以线段为直径的圆与双曲线在第二象限的交点为，若直线与圆相切，则双曲线的渐近线方程是（）A． B． C． D．12．已知函数.设，若对任意不相等的正数，，恒有，则实数a的取值范围是（）A． B．C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知复数，其中为虚数单位，若复数为纯虚数，则实数的值是__．14．小李参加有关“学习强国”的答题活动，要从4道题中随机抽取2道作答，小李会其中的三道题，则抽到的2道题小李都会的概率为_____.15．下表是关于青年观众的性别与是否喜欢综艺“奔跑吧，兄弟”的调查数据，人数如下表所示：不喜欢喜欢男性青年观众4010女性青年观众3080现要在所有参与调查的人中用分层抽样的方法抽取个人做进一步的调研，若在“不喜欢的男性青年观众”的人中抽取了8人，则的值为______.16．已知函数，若恒成立，则的取值范围是___________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）在中，角的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）已知外接圆半径,求的周长.18．（12分）已知椭圆：的两个焦点是，，在椭圆上，且，为坐标原点，直线与直线平行，且与椭圆交于，两点.连接、与轴交于点，.（1）求椭圆的标准方程；（2）求证：为定值.19．（12分）在数列中，，（1）求数列的通项公式；（2）若存在，使得成立，求实数的最小值20．（12分）如图，在正四棱锥中，底面正方形的对角线交于点且（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）求锐二面角的大小．21．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.（1）求直线和圆的普通方程；（2）已知直线上一点，若直线与圆交于不同两点，求的取值范围.22．（10分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的中心为坐标原点焦点在轴上，右顶点到右焦点的距离与它到右准线的距离之比为．（1）求椭圆的标准方程；（2）若是椭圆上关于轴对称的任意两点，设，连接交椭圆于另一点．求证：直线过定点并求出点的坐标；（3）在（2）的条件下，过点的直线交椭圆于两点，求的取值范围．

参考答案一、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、A【解析】

先令，找出的关系，再令，得到的关系，从而可求出，然后令，可得，得出数列为等差数列，得，可求出取最小值.【详解】解法一：由，所以，由条件可得，对任意的，所以是等差数列，，要使最小，由解得，则.解法二：由赋值法易求得，可知当时，取最小值.故选：A【点睛】此题考查的是由数列的递推式求数列的通项，采用了赋值法，属于中档题.2、C【解析】

由正项等比数列满足，即，又，即，运算即可得解.【详解】解：因为，所以，又，所以，又，解得.故选：C.【点睛】本题考查了等比数列基本量的求法，属基础题.3、B【解析】

，将,代入化简即可.【详解】.故选：B.【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用，涉及到向量的线性运算、数乘运算，考查学生的运算能力，是一道中档题.4、D【解析】

分析：由题意结合对数的性质，对数函数的单调性和指数的性质整理计算即可确定a,b,c的大小关系.详解：由题意可知：，即，，即，，即，综上可得：.本题选择D选项.点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．5、D【解析】试题分析：抛物线焦点在轴上，开口向上，所以焦点坐标为，准线方程为，因为点A的纵坐标为4，所以点A到抛物线准线的距离为，因为抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，所以点A与抛物线焦点的距离为5.考点：本小题主要考查应用抛物线定义和抛物线上点的性质抛物线上的点到焦点的距离，考查学生的运算求解能力.点评：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，这条性质在解题时经常用到，可以简化运算.6、A【解析】

求出二项式的展开式的通式，再令的次数为零，可得结果.【详解】解：二项式展开式的通式为，令，解得，则常数项为.故选：A.【点睛】本题考查二项式定理指定项的求解，关键是熟练应用二项展开式的通式，是基础题.7、C【解析】

根据循环结构的程序框图，带入依次计算可得输出为25时的值，进而得判断框内容.【详解】根据循环程序框图可知，则，，，，，此时输出，因而不符合条件框的内容，但符合条件框内容，结合选项可知C为正确选项，故选：C.【点睛】本题考查了循环结构程序框图的简单应用，完善程序框图，属于基础题.8、B【解析】

展开式中含的项是由的展开式中含和的项分别与前面的常数项和项相乘得到，由二项式的通项，可得解【详解】由题意，展开式中含的项是由的展开式中含和的项分别与前面的常数项和项相乘得到，所以的展开式中含的项的系数为．故选：B【点睛】本题考查了二项式系数的求解，考查了学生综合分析，数学运算的能力，属于基础题.9、D【解析】

由题意可得，从而得到，再由就可以得出其它各项的值，进而判断出的范围．【详解】解：，或其积，或其商仍是该数列中的项，或者或者是该数列中的项，又数列是递增数列，，，，只有是该数列中的项，同理可以得到，，，也是该数列中的项，且有，，或（舍，，根据，，，同理易得，，，，，，，故选：D．【点睛】本题考查数列的新定义的理解和运用，以及运算能力和推理能力，属于中档题．10、B【解析】

基本事件总数，能表示为两个不同费马素数的和只有，，，共有个，根据古典概型求出概率．【详解】在不超过的正偶数中随机选取一数，基本事件总数能表示为两个不同费马素数的和的只有，，，共有个则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是本题正确选项：【点睛】本题考查概率的求法，考查列举法解决古典概型问题，是基础题．11、B【解析】

先设直线与圆相切于点，根据题意，得到，再由，根据勾股定理求出，从而可得渐近线方程.【详解】设直线与圆相切于点，因为是以圆的直径为斜边的圆内接三角形，所以，又因为圆与直线的切点为，所以，又，所以，因此，因此有，所以，因此渐近线的方程为.故选B【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型.12、D【解析】

求解的导函数，研究其单调性，对任意不相等的正数，构造新函数，讨论其单调性即可求解.【详解】的定义域为，，当时，，故在单调递减；不妨设，而，知在单调递减，从而对任意、，恒有，即，，，令，则，原不等式等价于在单调递减，即，从而，因为，所以实数a的取值范围是故选：D.【点睛】此题考查含参函数研究单调性问题，根据参数范围化简后构造新函数转换为含参恒成立问题，属于一般性题目.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、2【解析】

由题，得，然后根据纯虚数的定义，即可得到本题答案.【详解】由题，得，又复数为纯虚数，所以，解得.故答案为：2【点睛】本题主要考查纯虚数定义的应用，属基础题.14、【解析】

从四道题中随机抽取两道共6种情况，抽到的两道全都会的情况有3种，即可得到概率.【详解】由题：从从4道题中随机抽取2道作答，共有种，小李会其中的三道题，则抽到的2道题小李都会的情况共有种，所以其概率为.故答案为：【点睛】此题考查根据古典概型求概率，关键在于根据题意准确求出基本事件的总数和某一事件包含的基本事件个数.15、32【解析】

由已知可得抽取的比例，计算出所有被调查的人数，再乘以抽取的比例即为分层抽样的样本容量.【详解】由题可知，抽取的比例为，被调查的总人数为人，则分层抽样的样本容量是人.故答案为：32【点睛】本题考查分层抽样中求样本容量，属于基础题.16、【解析】

求导得到，讨论和两种情况，计算时，函数在上单调递减，故，不符合，排除，得到答案。【详解】因为，所以，因为，所以.当，即时，，则在上单调递增，从而，故符合题意；当，即时，因为在上单调递增，且，所以存在唯一的，使得.令，得，则在上单调递减，从而，故不符合题意.综上，的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，转化为函数的最值问题是解题的关键.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）（2）3+3【解析】

（1）利用余弦的二倍角公式和同角三角函数关系式化简整理并结合范围0＜A＜π，可求A的值．（2）由正弦定理可求a，利用余弦定理可得c值，即可求周长．【详解】（1），即又（2）,∵，∴由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，∴，∵c＞0，所以得c=2,∴周长a+b+c=3+3．【点睛】本题考查三角函数恒等变换的应用，正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于中档题．18、（1）（2）证明见解析【解析】

（1）根据椭圆的定义可得，将代入椭圆方程，即可求得的值，求得椭圆方程；（2）设直线的方程，代入椭圆方程，求得直线和的方程，求得和的横坐标，表示出，根据韦达定理即可求证为定值.【详解】（1）因为，由椭圆的定义得，，点在椭圆上，代入椭圆方程，解得，所以的方程为；（2）证明：设，，直线的斜率为，设直线的方程为，联立方程组，消去，整理得，所以，，直线的直线方程为，令，则，同理，所以：，代入整理得，所以为定值.【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆中的定值问题，属于中档题.19、（1）；（2）【解析】

（1）由得，两式相减可得是从第二项开始的等比数列，由此即可求出答案；（2），分类讨论，当时，，作商法可得数列为递增数列，由此可得答案，【详解】解：（1）因为，，两式相减得：，即，是从第二项开始的等比数列，∵∴，则，；（2），当时，；当时，设递增，，所以实数的最小值．【点睛】本题主要考查地推数列的应用，属于中档题．20、（1）；（2）.【解析】

(1)以分别为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系,设底面正方形边长为再求解与平面的法向量,继而求得直线与平面所成角的正弦值即可.(2)分别求解平面与平面的法向量,再求二面角的余弦值判断二面角大小即可.【详解】解：在正四棱锥中,底面正方形的对角线交于点所以平面取的中点的中点所以两两垂直,故以点为坐标原点,以分别为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系．设底面正方形边长为因为所以所以,所以,设平面的法向量是,因为,,所以,,取则,所以所以,所以直线与平面所成角的正弦值为．设平面的法向量是,因为,,所以,取则所以,由知平面的法向量是,所以所以,所以锐二面角的大小为．【点睛】本题主要考查了建立平面直角坐标系求解线面夹角以及二面角的问题,属于中档题.21、（1），；（2）【解析】分析：（1）用代入法消参数可得直线的普通方程，由公式可化极坐标方程为直角坐标方程；（2）把直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，其中参数的绝对值表示直线上对应点到的距离，因此有，，直接由韦达定理可得，注意到直线与圆相交，因此判别式＞0，这样可得满足的不等关系，由此可求得的取值范围.详解：（1）直线的参数方程为，普通方程为，将代入圆的极坐标方程中,可得圆的普通方程为，（2）解：直线的参数方程为代入圆的方程为可得：（*），且由题意，,.因为方程（*）有两个不同的实根，所以，即，又，所以.因为，所