山西省新绛县第二中学新高考数学全真模拟密押卷及答案解析

山西省新绛县第二中学新高考数学全真模拟密押卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积与圆锥的体积的比值为()A． B． C． D．2．已知函数，则下列结论错误的是()A．函数的最小正周期为πB．函数的图象关于点对称C．函数在上单调递增D．函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到3．已知为虚数单位，实数满足，则()A．1 B． C． D．4．直角坐标系中，双曲线（）与抛物线相交于、两点，若△是等边三角形，则该双曲线的离心率（）A． B． C． D．5．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二.问物几何？现有这样一个相关的问题：将1到2020这2020个自然数中被5除余3且被7除余2的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列各项之和为（）A．56383 B．57171 C．59189 D．612426．已知集合，则为（）A．[0，2) B．(2，3] C．[2，3] D．(0，2]7．某人造地球卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆，其轨道的离心率为，设地球半径为，该卫星近地点离地面的距离为，则该卫星远地点离地面的距离为（）A． B．C． D．8．在中，，，，为的外心，若，，，则（）A． B． C． D．9．胡夫金字塔是底面为正方形的锥体，四个侧面都是相同的等腰三角形．研究发现，该金字塔底面周长除以倍的塔高，恰好为祖冲之发现的密率．设胡夫金字塔的高为，假如对胡夫金字塔进行亮化，沿其侧棱和底边布设单条灯带，则需要灯带的总长度约为A． B．C． D．10．已知等差数列的公差为-2，前项和为，若，，为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为，则的最大值为（）A．5 B．11 C．20 D．2511．《九章算术》是我国古代数学名著，书中有如下问题：“今有勾六步，股八步，问勾中容圆，径几何？”其意思为：“已知直角三角形两直角边长分别为6步和8步，问其内切圆的直径为多少步？”现从该三角形内随机取一点，则此点取自内切圆的概率是（）A． B． C． D．12．执行如图的程序框图，若输出的结果，则输入的值为()A． B．C．3或 D．或二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若，则____.14．现有一块边长为a的正方形铁片，铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，然后做成一个无盖方盒，该方盒容积的最大值是________．15．如图所示，点，B均在抛物线上，等腰直角的斜边为BC，点C在x轴的正半轴上，则点B的坐标是________.16．已知函数，若，则___________.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）某市为了鼓励市民节约用电，实行“阶梯式”电价，将该市每户居民的月用电量划分为三档，月用电量不超过度的部分按元/度收费，超过度但不超过度的部分按元/度收费，超过度的部分按元/度收费．（I）求某户居民用电费用（单位：元）关于月用电量（单位：度）的函数解析式；（Ⅱ）为了了解居民的用电情况，通过抽样，获得了今年1月份户居民每户的用电量，统计分析后得到如图所示的频率分布直方图，若这户居民中，今年1月份用电费用不超过元的占，求，的值；（Ⅲ）在满足（Ⅱ）的条件下，若以这户居民用电量的频率代替该月全市居民用户用电量的概率，且同组中的数据用该组区间的中点代替，记为该居民用户1月份的用电费用，求的分布列和数学期望.18．（12分）已知的内角的对边分别为，且满足.（1）求角的大小；（2）若的面积为，求的周长的最小值.19．（12分）已知函数.（1）当时，求函数的图象在处的切线方程；（2）讨论函数的单调性；（3）当时，若方程有两个不相等的实数根，求证：.20．（12分）已知函数.（Ⅰ）当时，求不等式的解集；（Ⅱ）若不等式对任意实数恒成立，求实数的取值范围.21．（12分）已知数列满足，且.（1）求证：数列是等差数列，并求出数列的通项公式；（2）求数列的前项和.22．（10分）椭圆的左、右焦点分别为，椭圆上两动点使得四边形为平行四边形，且平行四边形的周长和最大面积分别为8和.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线与椭圆的另一交点为，当点在以线段为直径的圆上时，求直线的方程.

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、B【解析】

计算求半径为，再计算球体积和圆锥体积，计算得到答案.【详解】如图所示：设球半径为，则，解得.故求体积为：，圆锥的体积：，故.故选：.【点睛】本题考查了圆锥，球体积，圆锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.2、D【解析】

由可判断选项A；当时，可判断选项B；利用整体换元法可判断选项C；可判断选项D.【详解】由题知，最小正周期，所以A正确；当时，，所以B正确；当时，，所以C正确；由的图象向左平移个单位，得，所以D错误.故选：D.【点睛】本题考查余弦型函数的性质，涉及到周期性、对称性、单调性以及图象变换后的解析式等知识，是一道中档题.3、D【解析】，则故选D.4、D【解析】

根据题干得到点A坐标为，代入抛物线得到坐标为，再将点代入双曲线得到离心率.【详解】因为三角形OAB是等边三角形，设直线OA为，设点A坐标为，代入抛物线得到x=2b,故点A的坐标为，代入双曲线得到故答案为：D.【点睛】求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得(的取值范围).5、C【解析】

根据“被5除余3且被7除余2的正整数”，可得这些数构成等差数列，然后根据等差数列的前项和公式，可得结果.【详解】被5除余3且被7除余2的正整数构成首项为23，公差为的等差数列，记数列则令，解得.故该数列各项之和为.故选：C.【点睛】本题考查等差数列的应用，属基础题。6、B【解析】

先求出，得到，再结合集合交集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合，所以，则，所以.故选：B.【点睛】本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中熟记集合的交集、补集的定义及运算是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题.7、A【解析】

由题意画出图形，结合椭圆的定义，结合椭圆的离心率,求出椭圆的长半轴a,半焦距c,即可确定该卫星远地点离地面的距离.【详解】椭圆的离心率：，（c为半焦距;a为长半轴），设卫星近地点，远地点离地面距离分别为r，n，如图：则所以,,故选：A【点睛】本题主要考查了椭圆的离心率的求法，注意半焦距与长半轴的求法,是解题的关键，属于中档题.8、B【解析】

首先根据题中条件和三角形中几何关系求出，，即可求出的值.【详解】如图所示过做三角形三边的垂线，垂足分别为，，，过分别做，的平行线，，由题知，则外接圆半径，因为，所以，又因为，所以，，由题可知，所以，，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查了三角形外心的性质，正弦定理，平面向量分解定理，属于一般题.9、D【解析】

设胡夫金字塔的底面边长为，由题可得，所以，该金字塔的侧棱长为，所以需要灯带的总长度约为，故选D．10、D【解析】

由公差d=-2可知数列单调递减，再由余弦定理结合通项可求得首项，即可求出前n项和，从而得到最值.【详解】等差数列的公差为-2，可知数列单调递减，则，，中最大，最小，又，，为三角形的三边长，且最大内角为，由余弦定理得，设首项为，即得，所以或，又即,舍去，，d=-2前项和.故的最大值为.故选：D【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式的应用，考查求前n项和的最值问题，同时还考查了余弦定理的应用.11、C【解析】

利用直角三角形三边与内切圆半径的关系求出半径，再分别求出三角形和内切圆的面积，根据几何概型的概率计算公式，即可求解.【详解】由题意，直角三角形的斜边长为，利用等面积法，可得其内切圆的半径为，所以向次三角形内投掷豆子，则落在其内切圆内的概率为.故选：C.【点睛】本题主要考查了面积比的几何概型的概率的计算问题，其中解答中熟练应用直角三角形的性质，求得其内切圆的半径是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.12、D【解析】

根据逆运算，倒推回求x的值，根据x的范围取舍即可得选项.【详解】因为,所以当，解得

，所以3是输入的x的值；当时，解得，所以是输入的x的值，所以输入的x的值为

或3，故选：D.【点睛】本题考查了程序框图的简单应用，通过结果反求输入的值，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

由，得出，根据两角和与差的正弦公式和余弦公式化简，再利用齐次式即可求出结果.【详解】因为，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查三角函数化简求值，利用二倍角正切公式、两角和与差的正弦公式和余弦公式，以及运用齐次式求值，属于对公式的考查以及对计算能力的考查.14、【解析】

由题意容积，求导研究单调性，分析即得解.【详解】由题意：容积，，则，由得或（舍去），令则为V在定义域内唯一的极大值点也是最大值点，此时.故答案为：【点睛】本题考查了导数在实际问题中的应用，考查了学生数学建模，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.15、【解析】

设出两点的坐标，结合抛物线方程、两条直线垂直的条件以及两点间的距离公式列方程，解方程求得的坐标.【详解】设，由于在抛物线上，所以.由于三角形是等腰直角三角形，，所以.由得，化为，可得，所以，解得，则.所以.故答案为：【点睛】本题考查抛物线的方程和运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题．16、【解析】

根据题意，利用函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性，利用函数奇偶性的性质求解即可.【详解】因为函数，其定义域为，所以其定义域关于原点对称，又，所以函数为奇函数，因为，所以.故答案为:【点睛】本题考查函数奇偶性的判断及其性质；考查运算求解能力；熟练掌握函数奇偶性的判断方法是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.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）见解析.【解析】试题分析:（1）根据题意分段表示出函数解析式;（2）将代入（1）中函数解析式可得，即，根据频率分布直方图可分别得到关于的方程,即可得;（3）取每段中点值作为代表的用电量,分别算出对应的费用值,对应得出每组电费的概率,即可得到的概率分布列,然后求出的期望.试题解析:（1）当时，；当当时，；当当时，，所以与之间的函数解析式为.（2）由（1）可知，当时，，则，结合频率分布直方图可知，∴，（3）由题意可知可取50，150，250，350，450，550，当时，，∴，当时，，∴，当时，，∴，当时，，∴，当时，，∴，当时，，∴，故的概率分布列为25751402203104100.10.20.30.20.150.05所以随机变量的数学期望18、（1）（2）【解析】

（1）因为，所以，由余弦定理得，化简得，可得，解得，又因为，所以.（6分）（2）因为，所以，则（当且仅当时，取等号）.由（1）得（当且仅当时，取等号），解得.所以（当且仅当时，取等号），所以的周长的最小值为.19、（1）；（2）当时，在上是减函数；当时，在上是增函数；（3）证明见解析.【解析】

（1）当时，，求得其导函数，，可求得函数的图象在处的切线方程；（2）由已知得，得出导函数，并得出导函数取得正负的区间，可得出函数的单调性；（3）当时，，，由（2）得的单调区间，以当方程有两个不相等的实数根，不妨设，且有，，构造函数，分析其导函数的正负得出函数的单调性，得出其最值，所证的不等式可得证.【详解】（1）当时，，所以，，所以函数的图象在处的切线方程为，即；（2）由已知得，，令，得，所以当时，，当时，，所以在上是减函数，在上是增函数；（3）当时，，，由（2）得在上单调递减，在单调递增，所以，且时，，当时，，，所以当方程有两个不相等的实数根，不妨设，且有，，构造函数，则，当时，所以，在上单调递减，且，，由，在上单调递增，.所以.【点睛】本题考查运用导函数求函数在某点的切线方程，讨论函数的单调性，以及证明不等式，关键在于构造适当的函数，得出其导函数的正负，得出所构造的函数的单调性，属于难度题.20、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）分三种情况讨论，分别求解不等式组，然后求并集即可得不等式的解集；（Ⅱ）根据绝对值不等式的性质可得，不等式对任意实数恒成立，等价于，解不等式即可求的取值范围.试题解析：（Ⅰ）当时，即，①当时，得，所以；②当时，得，即，所以；③当时，得成立，所以.故不等式的解集为.（Ⅱ）因为，由题意得，则，解得，故的取值范围是.21、（1）证明见解析，；（2）.【解析】

（1）将等式变形为，进而可证明出是等差数列，确定数列的首项和公差，可求得的表达式，进而可得出数列的通项公式；（2）利用错位相减法可求得数列的前项和.【详解】（1）因为，所以，即，所以数列是等差数列