四川省成都市龙泉驿一中高三第一次模拟考试新高考数学试卷及答案解析

四川省成都市龙泉驿一中高三第一次模拟考试新高考数学试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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,则()A． B． C． D．2．函数fxA． B．C． D．3．阅读下面的程序框图，运行相应的程序，程序运行输出的结果是（）A．1．1 B．1 C．2．9 D．2．84．如图，在四边形中，，，，，，则的长度为（）A． B．C． D．5．已知定义在R上的偶函数满足，当时，，函数（），则函数与函数的图象的所有交点的横坐标之和为（）A．2 B．4 C．5 D．66．已知函数，且的图象经过第一、二、四象限，则，，的大小关系为()A． B．C． D．7．以下三个命题：①在匀速传递的产品生产流水线上，质检员每10分钟从中抽取一件产品进行某项指标检测，这样的抽样是分层抽样；②若两个变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1；③对分类变量与的随机变量的观测值来说，越小，判断“与有关系”的把握越大；其中真命题的个数为（）A．3 B．2 C．1 D．08．已知函数（其中为自然对数的底数）有两个零点，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．9．函数的图象大致是（）A． B．C． D．10．已知集合，，则（）A． B．C． D．11．已知是空间中两个不同的平面，是空间中两条不同的直线，则下列说法正确的是（）A．若，且，则B．若，且，则C．若，且，则D．若，且，则12．若不等式对于一切恒成立，则的最小值是（）A．0 B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知是抛物线的焦点，是上一点，的延长线交轴于点．若为的中点，则_________．14．已知，若的展开式中的系数比x的系数大30，则______．15．已知为双曲线的左、右焦点，过点作直线与圆相切于点，且与双曲线的右支相交于点，若是上的一个靠近点的三等分点，且，则四边形的面积为_______．16．已知定义在的函数满足，且当时，，则的解集为__________________.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）已知数列和满足，，，，.（Ⅰ）求与；（Ⅱ）记数列的前项和为，且，若对，恒成立，求正整数的值.18．（12分）如图，已知四边形的直角梯形，∥BC，，，，为线段的中点，平面，，为线段上一点（不与端点重合）．（1）若，（ⅰ）求证：PC∥平面；（ⅱ）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；（2）否存在实数满足，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，确定的值，若不存在，请说明理由．19．（12分）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.已知点的直角坐标为，过的直线与曲线相交于，两点.（1）若的斜率为2，求的极坐标方程和曲线的普通方程；（2）求的值.20．（12分）已知函数（）的图象在处的切线为（为自然对数的底数）（1）求的值；（2）若，且对任意恒成立，求的最大值.21．（12分）已知函数，．（1）若，，求实数的值．（2）若，，求正实数的取值范围．22．（10分）已知直线的参数方程为为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）设点，直线与曲线交于两点，求的值.

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】

利用诱导公式以及同角三角函数基本关系式化简求解即可．【详解】，本题正确选项：【点睛】本题考查诱导公式的应用，同角三角函数基本关系式的应用，考查计算能力．2、A【解析】

由f12=e-14>0排除选项D;【详解】由f12=e-14>0，可排除选项D，f-1=-e【点睛】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及x→03、C【解析】

根据程序框图的模拟过程，写出每执行一次的运行结果，属于基础题.【详解】初始值，第一次循环：，；第二次循环：，；第三次循环：，；第四次循环：，；第五次循环：，；第六次循环：，；第七次循环：，；第九次循环：，；第十次循环：，；所以输出.故选：C【点睛】本题考查了循环结构的程序框图的读取以及运行结果，属于基础题.4、D【解析】

设，在中，由余弦定理得，从而求得，再由由正弦定理得，求得，然后在中，用余弦定理求解.【详解】设，在中，由余弦定理得，则，从而，由正弦定理得，即，从而，在中，由余弦定理得：，则.故选：D【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.5、B【解析】

由函数的性质可得：的图像关于直线对称且关于轴对称，函数（）的图像也关于对称，由函数图像的作法可知两个图像有四个交点，且两两关于直线对称，则与的图像所有交点的横坐标之和为4得解.【详解】由偶函数满足，可得的图像关于直线对称且关于轴对称，函数（）的图像也关于对称，函数的图像与函数（）的图像的位置关系如图所示，可知两个图像有四个交点，且两两关于直线对称，则与的图像所有交点的横坐标之和为4.故选：B【点睛】本题主要考查了函数的性质，考查了数形结合的思想，掌握函数的性质是解题的关键，属于中档题.6、C【解析】

根据题意，得，，则为减函数，从而得出函数的单调性，可比较和，而，比较，即可比较.【详解】因为，且的图象经过第一、二、四象限，所以，，所以函数为减函数，函数在上单调递减，在上单调递增，又因为，所以，又，，则|，即，所以.故选：C.【点睛】本题考查利用函数的单调性比较大小，还考查化简能力和转化思想.7、C【解析】

根据抽样方式的特征，可判断①；根据相关系数的性质，可判断②；根据独立性检验的方法和步骤，可判断③．【详解】①根据抽样是间隔相同，且样本间无明显差异，故①应是系统抽样，即①为假命题；②两个随机变量相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1；两个随机变量相关性越弱，则相关系数的绝对值越接近于0；故②为真命题；③对分类变量与的随机变量的观测值来说，越小，“与有关系”的把握程度越小，故③为假命题．故选：．【点睛】本题以命题的真假判断为载体考查了抽样方法、相关系数、独立性检验等知识点，属于基础题．8、B【解析】

求出导函数，确定函数的单调性，确定函数的最值，根据零点存在定理可确定参数范围．【详解】，当时，，单调递增，当时，，单调递减，∴在上只有一个极大值也是最大值，显然时，，时，，因此要使函数有两个零点，则，∴．故选：B．【点睛】本题考查函数的零点，考查用导数研究函数的最值，根据零点存在定理确定参数范围．9、A【解析】

根据复合函数的单调性，同增异减以及采用排除法，可得结果.【详解】当时，，由在递增，所以在递增又是增函数，所以在递增，故排除B、C当时，若，则所以在递减，而是增函数所以在递减，所以A正确，D错误故选：A【点睛】本题考查具体函数的大致图象的判断，关键在于对复合函数单调性的理解，记住常用的结论：增+增=增，增-减=增，减+减=减，复合函数单调性同增异减，属中档题.10、A【解析】

根据对数性质可知，再根据集合的交集运算即可求解.【详解】∵，集合，∴由交集运算可得.故选：A.【点睛】本题考查由对数的性质比较大小，集合交集的简单运算，属于基础题.11、D【解析】

利用线面平行和垂直的判定定理和性质定理,对选项做出判断，举出反例排除.【详解】解：对于，当，且，则与的位置关系不定，故错；对于，当时，不能判定，故错；对于，若，且，则与的位置关系不定，故错；对于，由可得，又，则故正确．故选：．【点睛】本题考查空间线面位置关系.判断线面位置位置关系利用好线面平行和垂直的判定定理和性质定理.一般可借助正方体模型，以正方体为主线直观感知并准确判断．12、C【解析】

试题分析：将参数a与变量x分离，将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题，即可得到结论．解：不等式x2+ax+1≥0对一切x∈(0，]成立，等价于a≥-x-对于一切成立，∵y=-x-在区间上是增函数∴∴a≥-∴a的最小值为-故答案为C．考点：不等式的应用点评：本题综合考查了不等式的应用、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，属于中档题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

由题意可得，又由于为的中点，且点在轴上，所以可得点的横坐标，代入抛物线方程中可求点的纵坐标，从而可求出点的坐标，再利用两点间的距离公式可求得结果.【详解】解：因为是抛物线的焦点，所以，设点的坐标为，因为为的中点，而点的横坐标为0，所以，所以，解得，所以点的坐标为所以，故答案为：【点睛】此题考查抛物线的性质，中点坐标公式，属于基础题.14、2【解析】

利用二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，求得的值．【详解】展开式通项为：且的展开式中的系数比的系数大，即：解得：（舍去）或本题正确结果：【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．15、60【解析】

根据题中给的信息与双曲线的定义可求得与,再在中,由余弦定理求解得,继而得到各边的长度,再根据计算求解即可.【详解】如图所示：设双曲线的半焦距为.因为,,,所以由勾股定理,得.所以.因为是上一个靠近点的三等分点,是的中点,所以.由双曲线的定义可知：,所以.在中,由余弦定理可得,所以,整理可得.所以,解得.所以.则.则,得.则的底边上的高为.所以.故答案为：60【点睛】本题主要考查了双曲线中利用定义与余弦定理求解线段长度与面积的方法,需要根据双曲线的定义表示各边的长度,再在合适的三角形里面利用余弦定理求得基本量的关系.属于难题.16、【解析】

由已知得出函数是偶函数，再得出函数的单调性，得出所解不等式的等价的不等式，可得解集.【详解】因为定义在的函数满足，所以函数是偶函数，又当时，，得时，，所以函数在上单调递减，所以函数在上单调递减，函数在上单调递增，所以不等式等价于，即或，解得或，所以不等式的解集为：.故答案为：.【点睛】本题考查抽象函数的不等式的求解，关键得出函数的奇偶性，单调性，属于中档题.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、（Ⅰ）,；（Ⅱ）1【解析】

（Ⅰ）易得为等比数列,再利用前项和与通项的关系求解的通项公式即可.（Ⅱ）由题可知要求的最小值,再分析的正负即可得随的增大而增大再判定可知即可.【详解】（Ⅰ）因为,故是以为首项,2为公比的等比数列,故.又当时,,解得.当时,…①…②①-②有,即.当时也满足.故为常数列,所以.即.故,（Ⅱ）因为对,恒成立.故只需求的最小值即可.设,则,又,又当时,时.当时,因为.故.综上可知.故随着的增大而增大,故,故【点睛】本题主要考查了根据数列的递推公式求解通项公式的方法,同时也考查了根据数列的增减性判断最值的问题,需要根据题意求解的通项,并根据二项式定理分析其正负,从而得到最小项.属于难题.18、（1）（ⅰ）证明见解析（ⅱ）（2）存在，【解析】

（1）（i）连接交于点，连接，，依题意易证四边形为平行四边形，从而有，，由此能证明PC∥平面（ii）推导出，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解；（2）设，求出平面的法向量，利用向量法求解.【详解】（1）（ⅰ）证明：连接交于点，连接，，因为为线段的中点，所以,因为，所以因为∥所以四边形为平行四边形．所以又因为，所以又因为平面，平面，所以平面．（ⅱ）解：如图，在平行四边形中因为，，所以以为原点建立空间直角坐标系则，，，所以，，，平面的法向量为设平面的法向量为，则，即，取，得，设平面和平面所成的锐二面角为，则所以锐二面角的余弦值为（2）设所以，，设平面的法向量为，则，取，得，因为直线与平面所成的角的正弦值为，所以解得所以存在满足，使得直线与平面所成的角的正弦值为.【点睛】此题二查线面平行的证明，考查锐二面角的余弦值的求法，考查满足线面角的正弦值的点是否存在的判断与求法，考查空间中线线，线面，面面的位置关系等知识，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.19、（1）：，：；（2）【解析】

（1）根据点斜式写出直线的直角坐标方程，并转化为极坐标方程，利用，将曲线的参数方程转化为普通方程.（2）将直线的参数方程代入曲线的普通方程，结合直线参数的几何意义以及根与系数关系，求得的值.【详解】（1）的直角坐标方程为，即，则的极坐标方程为.曲线的普通方程为.（2）直线的参数方程为（为参数，为的倾斜角），代入曲线的普通方程，得.设，对应的参数分别为，，所以，在的两侧.则.【点睛】本小题主要考查直角坐标化为极坐标，考查参数方程化为普通方程，考查直线参数方程，考查直线参数的几何意义，属于中档题.20、(1)a=-1,b=1;(2)-1.【解析】（1）对求导得，根据函数的图象在处的切线为，列出方程组，即可求出的值；（2）由（1）可得，根据对任意恒成立，等价于对任意恒成立，构造，求出的单调性，由，，，，可得存在唯一的零点，使得，利用单调性可求出，即可求出的最大值.（1），.由题意知.（2）由（1）知：，∴对任意恒成立对任意恒成立对任意恒成立.令，则.由于，所以在上单调递增.又，，，，所以存在唯一的，使得，且当时，，时，.即在单调递减，在上单调递增.所以.又，即，∴.∴.∵，∴.又因为对任意恒成立，又，∴.点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.21、（1）1（2）【解析】

（1）求得和，由，，得，令，令导数求得函数的单调性，利用，即可求解．（2）解法一：令，利用导数求得的单调性，转化为，令（），利用导数得到的单调性，分类讨论，即可求解．解法二：可利用导数，先证明不等式，，，，令（），利用导数，分类讨论得出函数的单调性与最值，即可求解．【详解】（1）由题意，得，，由，…①，得，令，则，因为，所以在单调递增，又，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以，当且仅当时等号成立．故方程①有且仅有唯一解，实数的值为1．（2）解法一：令（），则，所以当时，，单调递增;当时，，单调递减;故．令（），则．（i）若时，，在单调递增，所以，满足题意．（ii）若时，，满足题意．（iii）若时，，在单调递