1、新高考模拟卷(一) (时间：120 分钟满分：150 分) 一、单项选择题：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已知集合 Ax|3xx4，Bx|x28x70，则 AB() A(1，2)B(2，7) C(2，)D(1，2) 答案D 解析由题意知，Ax|x2，Bx|1x7，则 ABx|1x2故选 D. 2若 i 为虚数单位，网格纸上的小正方形的边长为 1，图中复平面内的点 Z 表示 复数 z，则表示复数2i z 的点是() AEBFCGDH 答案C 解析由题意知 z1i，所以2i z 2i 1i 2i（1i） （1i） （1i）i(
2、1i) 1i，在复平面内的对应点为 G.故选 C. 3a3 是直线 ax2y3a0 和 3x(a1)ya7 平行的() A充分不必要条件B必要不充分条件 C充要条件D既不充分也不必要条件 答案C 解析当 a1 时，显然两条直线不平行， 当 a1 时，由a 3 2 a1，得 a3 或 a2， 当 a2 时，a 3 2 a1 3a 7a，两条直线重合， a3 是两直线平行的充要条件 4设 aln1 2，b5 1 2，c 2，则() AcbaBacb CcabDbac 答案B 解析由题意易知aln2， b5， clog32.因为1 2log 33log32ln21， 0541 2，所以bca，所以
3、ac1 2，所以 h(x)0，b0，则 ab2 ab B若 ab2 ab，则 a0，b0 C若 ab，则 ab2 ab D若 ab2 ab，则 ab 答案ABD 解析对于 A，由基本不等式可知，若 a0，b0，则ab 2 ab，故 A 正确； 对于 B，由 ab有意义可得 a，b 不可能异号，结合ab 2 ab可得 a，b 不会同 为负值，故可得 a0，b0，故正确；对于 C，若 a1，b2，则 2ab无意 义，故错误；对于 D，由 ab2ab平方可得(ab)20，显然可得 ab，故正 确故选 ABD. 12已知数列an满足 a11，an1 an 23an(nN *)，则下列结论正确的是( )
4、 A. 1 an3为等比数列 Ban的通项公式为 an 1 2n 13 Can为递增数列 D. 1 an的前 n 项和 Tn2n 23n4 答案ABD 解析因为 1 an1 23an an 2 an3，所以 1 an132 1 an3，又 1 a1340，所以 1 an3是以 4 为首项，2 为公比的等比数列，故 A 正确； 1 an342 n1，所以 an 1 2n 13，故 B 正确；由选项 B 可知an为递减数列，故 C 错误； 1 an的前 n 项和 Tn(223)(233)(2n 13)2(21222n)3n 22（12 n） 12 3n2n 23n4，故 D 正确故选 ABD. 三
5、、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13抛物线 y24x 上到其焦点的距离为 1 的点的个数为_ 答案1 解析抛物线 y24x 的焦点坐标为(1，0)，抛物线上的点到焦点的距离为 1 的点只有原点，共 1 个 14已知 3cos24sin 4， 4，则 sin2_ 答案1 9 解析由题意知 3(cos2sin2)2 2(cossin) 由于 4，因而 cossin，则 3(cossin)2 2，故 9(1sin2)8， sin21 9. 15 自 2019 年 12 月以来， 在湖北省武汉市发现多起病毒性肺炎病例， 研究表明， 该新型冠状病毒具有很强的传染性各级政府迅速反
6、应，采取了有效的防控阻击 措施， 把疫情控制在最低范围之内某社区按上级要求做好在鄂返乡人员体格检 查登记，有 3 个不同的住户属于在鄂返乡住户，负责该小区体格检查的社区诊所 共有 4 名医生，现要求这 4 名医生都要分配出去，且每个住户家里都要有医生去 检查登记，则不同的分配方案共有_种 答案36 解析先将医生分为三组， 再进行排列， 则不同的分配方案总数为 C24A3336(种) 16 在矩形 ABCD 中， BC4， M 为 BC 的中点， 将ABM 和DCM 分别沿 AM， DM 翻折，使点 B 与点 C 重合于点 P，若APD150，则三棱锥 MPAD 的外 接球的表面积为_ 答案68
7、 解析由题意可知，MPPA，MPPD.因为 PAPDP，PA平面 PAD，PD 平面 PAD，所以 MP平面 PAD.设ADP 的外接圆的半径为 r，则由正弦定理可 得 AD sinAPD2r，即 4 sin1502r，所以 r4.设三棱锥 MPAD 的外接球的半径 为 R，则 R2 PM 2 2 r211617.所以外接球的表面积为 4R268. 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 步骤 17(本小题满分 10 分)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，bn是各项均为正数 的等比数列，a1b4，_，b28，b13b34，是否存在正整数 k，使得 数
8、列 1 Sn的前 k 项和 Tk15 16，若存在，求出 k 的最小值；若不存在，请说明理由 从S420，S32a3，3a3a4b2这三个条件中任选一个，填到上面横线上 并作答 (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解设等比数列bn的公比为 q(q0)，则 b18 q，b 38q，于是8 q38q4， 即 6q2q20，解得 q1 2或 q 2 3(舍去) 设等差数列an的公差为 d. 若选，则 a1b42，S44a143 2 d20，解得 d2. 所以 Sn2nn（n1） 2 2n2n， 则 1 Sn 1 n（n1） 1 n 1 n1. 于是 Tk 1 S1 1 S2 1 Sk
9、 11 2 1 2 1 3 1 k 1 k1 1 1 k1. 令 1 1 k1 15 16，解得 k15. 因为 k 为正整数，所以 k 的最小值为 16. 若选，则 a1b42，S33a132 2 d2(a12d)，解得 d2. 下同. 若选，则 a1b42，3(a12d)(a13d)8，解得 d4 3. 所以 Sn2nn（n1） 2 4 3 2 3n 24 3n， 则 1 Sn 3 2 1 n（n2） 3 4 1 n 1 n2 . 于是 Tk3 4 11 3 1 2 1 4 1 k1 1 k1 1 k 1 k2 3 4 11 2 1 k1 1 k2 9 8 3 4 1 k1 1 k2 .
10、令 Tk15 16，得 1 k1 1 k23.841， 因此能在犯错误的概率不超过 0.05 的情况下认为购买金额是否少于 60 元与性别 有关 (2)X 的所有可能取值为 65，70，75，80， 且 p1020 90 1 3. P(X65)C33 1 3 3 1 27， P(X70)C23 1 3 2 2 3 2 9， P(X75)C131 3 2 3 2 4 9， P(X80)C03 2 3 3 8 27， X 的分布列为 X65707580 P 1 27 2 9 4 9 8 27 E(X)65 1 2770 2 975 4 980 8 2775. 20(本小题满分 12 分)如图所示，
11、在三棱锥 PABC 中，PC平面 ABC，PC 3，ACB 2，D，E 分别为线段 AB，BC 上的点，且 CDDE 2，CE2EB 2. (1)证明：ED平面 PCD； (2)求二面角 APDC 的余弦值 (1)证明因为 PC平面 ABC，DE平面 ABC， 所以 PCDE. 由 CE2，CDDE 2得 CD2DE2CE2， 所以CDE 2， 故 CDDE. 又 PCCDC，且 PC平面 PCD，CD平面 PCD， 所以 DE平面 PCD. (2)解如图所示，过点 D 作 DF 垂直 CE 于 F， 易知 DFFCFE1，又 EB1，故 FB2. 又ACB 2，所以 DFAC，所以 DF A
12、C FB BC 2 3， 故 AC3 2DF 3 2. 以点 C 为坐标原点， CA ， CB ，CP 的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立 空间直角坐标系 Cxyz， 则 C(0，0，0)，P(0，0，3)，A 3 2，0，0，E(0，2，0)，D(1，1，0)， 所以ED (1，1，0)，DP (1，1，3)，DA 1 2，1，0. 设平面 PAD 的法向量为 n1(x1，y1，z1) 则 n1DP 0， n1DA 0， 即 x1y13z10， 1 2x 1y10. 取 x12，则 y11，z11，故可取 n1(2，1，1) 由(1)可知 DE平面 PCD， 故平面 PCD
13、的法向量 n2可取为ED ，即 n2(1，1，0)， 则 cosn1，n2 n1n2 |n1|n2| 1 6 2 3 6 ， 又二面角 APDC 为锐二面角， 所以二面角 APDC 的余弦值为 3 6 . 21(本小题满分 12 分)已知点 A(0，2)，椭圆 E：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 3 2 ，F 是椭圆 E 的右焦点，直线 AF 的斜率为2 3 3 ，O 为坐标原点 (1)求 E 的方程； (2)设过点 A 的动直线 l 与 E 相交于 P，Q 两点，当OPQ 的面积最大时，求 l 的方程 解(1)设 F(c，0)，由条件知，2 c 2 3 3 ，得 c 3. 又
14、c a 3 2 ，所以 a2，b2a2c21. 故 E 的方程为x 2 4 y21. (2)当 lx 轴时不合题意， 故设 l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2) 将 ykx2 代入x 2 4 y21， 得(14k2)x216kx120. 当16(4k23)0， 即 k23 4时，x 1，28k2 4k 23 4k21 . 从而|PQ| k21|x1x2|4 k 21 4k23 4k21 . 又点 O 到直线 PQ 的距离 d 2 k21. 所以OPQ 的面积 SOPQ1 2d|PQ| 4 4k23 4k21 . 设 4k23t，则 t0，SOPQ 4t t24 4 t4 t 1.
15、当且仅当 t2，即 k 7 2 时等号成立，且满足0. 所以当OPQ 的面积最大时，l 的方程为 y 7 2 x2 或 y 7 2 x2. 22(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)elnxax(xR) (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)当 ae 时，证明：xf(x)ex2ex0. (1)解f(x)e xa(x0)， 若 a0，则 f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增； 若 a0，则当 0 x0；当 x e a时，f(x)0 时，f(x)在 0，e a 上单调 递增，在 e a，上单调递减 (2)证明法一因为 x0，所以只需证 f(x)e x x 2e， 当 ae 时， 由(1
16、)知， f(x)在(0， 1)上单调递增， 在(1， )上单调递减， 所以 f(x)max f(x)极大值f(1)e. 记 g(x)e x x 2e(x0)，则 g(x)（x1）e x x2 ， 所以当 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0，故 g(x)在(0，1)上单调递减；在(1， )上单调递增 所以 g(x)ming(1)e. 综上，当 x0 时，f(x)g(x)，即 f(x)e x x 2e，即 xf(x)ex2ex0. 法二由题意知，即证 exlnxex2ex2ex0， 从而等价于 lnxx2e x ex. 设函数 g(x)lnxx2，则 g(x)1 x1. 所以当 x(0，1)时，g(x)0，当 x(1，)时，g(x)0， 故 g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减， 从而 g(x)在(0，)上的最大值为 g(1)1. 设函数 h(x)e x ex，则 h(x) ex（x1） ex2 . 所以当 x(0，1)时，h(x)0， 故 h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增， 从而 h(x)在(0，)上的最小值为 h(1)1. 综上，当 x0 时，g(x)h(x)，即 xf(x)ex2ex0.
