广东省遂溪县第一中学新高考全国统考预测密卷数学试卷及答案解析

广东省遂溪县第一中学新高考全国统考预测密卷数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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．若样本的平均数是10，方差为2，则对于样本，下列结论正确的是（）A．平均数为20，方差为4 B．平均数为11，方差为4C．平均数为21，方差为8 D．平均数为20，方差为82．已知，则下列不等式正确的是（）A． B．C． D．3．定义两种运算“★”与“◆”，对任意，满足下列运算性质：①★，◆；②（）★★，◆◆，则（◆2020）（2020★2018）的值为()A． B． C． D．4．的展开式中含的项的系数为（）A． B．60 C．70 D．805．已知正四棱锥的侧棱长与底面边长都相等，是的中点，则所成的角的余弦值为（）A． B． C． D．6．如图，在棱长为4的正方体中，E，F，G分别为棱AB，BC，的中点，M为棱AD的中点，设P，Q为底面ABCD内的两个动点，满足平面EFG，，则的最小值为（）A． B． C． D．7．在直角梯形中，，，，，点为上一点，且，当的值最大时，()A． B．2 C． D．8．已知集合，则的值域为（）A． B． C． D．9．一个频率分布表（样本容量为）不小心被损坏了一部分，只记得样本中数据在上的频率为，则估计样本在、内的数据个数共有（）A． B． C． D．10．已知函数的图象如图所示，则可以为（）A． B． C． D．11．设向量，满足，，，则的取值范围是A． B．C． D．12．设一个正三棱柱，每条棱长都相等，一只蚂蚁从上底面的某顶点出发，每次只沿着棱爬行并爬到另一个顶点，算一次爬行，若它选择三个方向爬行的概率相等，若蚂蚁爬行10次，仍然在上底面的概率为，则为（）A． B．C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在平面直角坐标系中，若双曲线（，）的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为________.14．的展开式中的系数为__________．15．已知正数a，b满足a+b=1，则的最小值等于__________，此时a=____________.16．（5分）函数的定义域是____________．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）在直角坐标系中，曲线上的任意一点到直线的距离比点到点的距离小1.（1）求动点的轨迹的方程；（2）若点是圆上一动点，过点作曲线的两条切线，切点分别为，求直线斜率的取值范围.18．（12分）已知，如图，曲线由曲线：和曲线：组成，其中点为曲线所在圆锥曲线的焦点，点为曲线所在圆锥曲线的焦点.（Ⅰ）若，求曲线的方程；（Ⅱ）如图，作直线平行于曲线的渐近线，交曲线于点，求证：弦的中点必在曲线的另一条渐近线上；（Ⅲ）对于（Ⅰ）中的曲线，若直线过点交曲线于点，求面积的最大值.19．（12分）已知函数，.（1）讨论的单调性；（2）当时，证明：.20．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知平行于x轴的动直线l交抛物线C：于点P，点F为C的焦点．圆心不在y轴上的圆M与直线l，PF，x轴都相切，设M的轨迹为曲线E．（1）求曲线E的方程；（2）若直线与曲线E相切于点，过Q且垂直于的直线为，直线，分别与y轴相交于点A，当线段AB的长度最小时，求s的值．21．（12分）甲、乙、丙三名射击运动员射中目标的概率分别为，三人各射击一次，击中目标的次数记为.（1）求的分布列及数学期望；（2）在概率(=0，1，2，3)中,若的值最大,求实数的取值范围.22．（10分）已知椭圆与x轴负半轴交于，离心率.（1）求椭圆C的方程；（2）设直线与椭圆C交于两点，连接AM,AN并延长交直线x=4于两点，若，直线MN是否恒过定点，如果是，请求出定点坐标，如果不是，请说明理由.

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、D【解析】

由两组数据间的关系,可判断二者平均数的关系,方差的关系,进而可得到答案.【详解】样本的平均数是10，方差为2，所以样本的平均数为,方差为.故选:D.【点睛】样本的平均数是，方差为，则的平均数为,方差为.2、D【解析】

利用特殊值代入法，作差法，排除不符合条件的选项，得到符合条件的选项．【详解】已知，赋值法讨论的情况：（1）当时，令，，则，，排除B、C选项；（2）当时，令，，则，排除A选项.故选：D.【点睛】比较大小通常采用作差法，本题主要考查不等式与不等关系，不等式的基本性质，利用特殊值代入法，排除不符合条件的选项，得到符合条件的选项，是一种简单有效的方法，属于中等题．3、B【解析】

根据新运算的定义分别得出◆2020和2020★2018的值，可得选项.【详解】由（）★★，得（+2）★★，又★，所以★，★，★，，以此类推，2020★2018★2018，又◆◆，◆，所以◆，◆，◆，，以此类推，◆2020，所以（◆2020）（2020★2018），故选：B.【点睛】本题考查定义新运算，关键在于理解，运用新定义进行求值，属于中档题.4、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.5、C【解析】试题分析：设的交点为，连接，则为所成的角或其补角；设正四棱锥的棱长为，则，所以，故C为正确答案．考点：异面直线所成的角．6、C【解析】

把截面画完整，可得在上，由知在以为圆心1为半径的四分之一圆上，利用对称性可得的最小值．【详解】如图，分别取的中点，连接，易证共面，即平面为截面，连接，由中位线定理可得，平面，平面，则平面，同理可得平面，由可得平面平面，又平面EFG，在平面上，∴．正方体中平面，从而有，∴，∴在以为圆心1为半径的四分之一圆（圆在正方形内的部分）上，显然关于直线的对称点为，，当且仅当共线时取等号，∴所求最小值为．故选：C．【点睛】本题考查空间距离的最小值问题，解题时作出正方体的完整截面求出点轨迹是第一个难点，第二个难点是求出点轨迹，第三个难点是利用对称性及圆的性质求得最小值．7、B【解析】

由题，可求出，所以，根据共线定理，设，利用向量三角形法则求出，结合题给，得出，进而得出，最后利用二次函数求出的最大值，即可求出.【详解】由题意，直角梯形中，，，，，可求得，所以·∵点在线段上，设，则，即，又因为所以，所以，当时，等号成立.所以.故选：B.【点睛】本题考查平面向量线性运算中的加法运算、向量共线定理，以及运用二次函数求最值，考查转化思想和解题能力.8、A【解析】

先求出集合，化简=，令，得由二次函数的性质即可得值域.【详解】由，得，，令，，，所以得，在上递增，在上递减，，所以，即的值域为故选A【点睛】本题考查了二次不等式的解法、二次函数最值的求法，换元法要注意新变量的范围，属于中档题9、B【解析】

计算出样本在的数据个数，再减去样本在的数据个数即可得出结果.【详解】由题意可知，样本在的数据个数为，样本在的数据个数为，因此，样本在、内的数据个数为.故选：B.【点睛】本题考查利用频数分布表计算频数，要理解频数、样本容量与频率三者之间的关系，考查计算能力，属于基础题.10、A【解析】

根据图象可知，函数为奇函数，以及函数在上单调递增，且有一个零点，即可对选项逐个验证即可得出．【详解】首先对4个选项进行奇偶性判断，可知，为偶函数，不符合题意，排除B；其次，在剩下的3个选项,对其在上的零点个数进行判断,在上无零点,不符合题意，排除D；然后,对剩下的2个选项,进行单调性判断,在上单调递减,不符合题意，排除C.故选：A．【点睛】本题主要考查图象的识别和函数性质的判断，意在考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力，属于容易题．11、B【解析】

由模长公式求解即可.【详解】，当时取等号，所以本题答案为B.【点睛】本题考查向量的数量积，考查模长公式，准确计算是关键，是基础题.12、D【解析】

由题意，设第次爬行后仍然在上底面的概率为.①若上一步在上面，再走一步要想不掉下去，只有两条路，其概率为；②若上一步在下面，则第步不在上面的概率是.如果爬上来，其概率是，两种事件又是互斥的,可得，根据求数列的通项知识可得选项.【详解】由题意，设第次爬行后仍然在上底面的概率为.①若上一步在上面，再走一步要想不掉下去，只有两条路，其概率为；②若上一步在下面，则第步不在上面的概率是.如果爬上来，其概率是，两种事件又是互斥的,∴，即，∴，∴数列是以为公比的等比数列，而，所以，∴当时，，故选：D.【点睛】本题考查几何体中的概率问题，关键在于运用递推的知识，得出相邻的项的关系，这是常用的方法，属于难度题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

利用，解出，即可求出双曲线的渐近线方程.【详解】，且，，，该双曲线的渐近线方程为：.故答案为：.【点睛】本题考查了双曲线离心率与渐近线方程，考查了双曲线基本量的关系，考查了运算能力，属于基础题.14、3【解析】

分别用1和进行分类讨论即可【详解】当第一个因式取1时，第二个因式应取含的项，则对应系数为：；当第一个因式取时，第二个因式应取含的项，则对应系数为：；故的展开式中的系数为.故答案为：3【点睛】本题考查二项式定理中具体项对应系数的求解，属于基础题15、3【解析】

根据题意，分析可得，由基本不等式的性质可得最小值，进而分析基本不等式成立的条件可得a的值，即可得答案．【详解】根据题意，正数a、b满足，则，当且仅当时，等号成立，故的最小值为3，此时.故答案为：3；.【点睛】本题考查基本不等式及其应用，考查转化与化归能力，属于基础题.16、【解析】

要使函数有意义，则，即，解得，故函数的定义域是．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、（1）；（2）【解析】

（1）设，根据题意可得点的轨迹方程满足的等式，化简即可求得动点的轨迹的方程；（2）设出切线的斜率分别为，切点，，点，则可得过点的拋物线的切线方程为，联立抛物线方程并化简，由相切时可得两条切线斜率关系；由抛物线方程求得导函数，并由导数的几何意义并代入抛物线方程表示出，可求得，结合点满足的方程可得的取值范围，即可求得的范围.【详解】（1）设点，∵点到直线的距离等于，∴，化简得，∴动点的轨迹的方程为.（2）由题意可知，的斜率都存在，分别设为，切点，，设点，过点的拋物线的切线方程为，联立，化简可得，∴，即，∴，.由，求得导函数，∴，，，∴，因为点满足，由圆的性质可得，∴，即直线斜率的取值范围为.【点睛】本题考查了动点轨迹方程的求法，直线与抛物线相切的性质及应用，导函数的几何意义及应用，点和圆位置关系求参数的取值范围，属于中档题.18、（Ⅰ）和.；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.【解析】

(Ⅰ)由，可得，解出即可；(Ⅱ)设点，设直线，与椭圆方程联立可得：，利用，根与系数的关系、中点坐标公式，证明即可；(Ⅲ)由(Ⅰ)知，曲线，且，设直线的方程为：，与椭圆方程联立可得：，利用根与系数的关系、弦长公式、三角形的面釈计算公式、基本不等式的性质，即可求解.【详解】(Ⅰ)由题意：，，解得，则曲线的方程为：和.(Ⅱ)证明：由题意曲线的渐近线为：，设直线，则联立，得，，解得：，又由数形结合知.设点，则，，，，，即点在直线上.(Ⅲ)由(Ⅰ)知，曲线，点，设直线的方程为：，联立，得：，，设，，，，面积，令，，当且仅当，即时等号成立，所以面积的最大值为.【点睛】本题考查了椭圆与双曲线的标准方程及其性质、直线与椭圆的相交问题、弦长公式、三角形的面积计算公式、基本不等式的性质,考查了推理论证能力与运算求解能力，属于难题.19、（1）见解析；（2）见解析【解析】

（1）求导得，分类讨论和，利用导数研究含参数的函数单调性；（2）根据（1）中求得的的单调性，得出在处取得最大值为，构造函数，利用导数，推出，即可证明不等式.【详解】解：（1）由于，得，当时，，此时在上递增；当时，由，解得，若，则，若，，此时在递增，在上递减.（2）由（1）知在处取得最大值为：，设，则，令，则，则在单调递减，∴，即，则在单调递减∴，∴，∴.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，涉及分类讨论和构造新函数，通过导数证明不等式，考查转化思想和计算能力.20、（1），（2）．【解析】

根据题意设，可得PF的方程，根据距离即可求出；点Q处的切线的斜率存在，由对称性不妨设，根据导数的几何意义和斜率公式，求，并构造函数，利用导数求出函数的最值．【详解】因为抛物线C的方程为，所以F的坐标为，设，因为圆M与x轴、直线l都相切，l平行于x轴，所以圆M的半径为，点，则直线PF的方程为，即，所以，又m，，所以，即，所以E的方程为，，设，，，由知，点Q处的切线的斜率存在，由对称性不妨设，由，所以，，所以，，所以，．令，，则，由得，由得，所以在区间单调递减，在单调递增，所以当时，取得极小值也是最小值，即AB取得最小值此时．【点睛】本题考查了直线和抛物线的位置关系，以及利用导数求函数最值的关系，考查了运算能力和转化能力，属于难题．21、（1），ξ的分布列为ξ

0

1

2

3

P

(1－a)2

(1－a2)

(2a－a2)

（2）【