新高考数学适应性模拟试卷04（2份，原卷版+解析版）

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注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高考全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第Ⅰ卷（选择题）
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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．已知为虚数单位，复数的共轭复数为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先分别求得，再去求即可解决.
【详解】复数的共轭复数
复数的模，
则
故选：B
2．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】求出集合后再逐项计算，从而可得正确的选项.
【详解】集合，，
，故A错误，D正确；
，故B，C错误．
故选：D．
3．若，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】D
【分析】根据二倍角公式结合同角三角函数的基本关系求解，将所求式子写成分母为1的形式，用进行代换，分子、分母同时除以，然后把的值代入求值即可．
【详解】．
故选：D．
4．科学家康斯坦丁·齐奥尔科夫斯基在年提出单级火箭在不考虑空气阻力和地球引力的理想情况下的最大满足公式：，其中分别为火箭结构质量和推进剂的质量，是发动机的喷气速度．己知某实验用的单级火箭模型结构质量为 ，若添加推进剂，火箭的最大速度为，若添加推进剂，则火箭的最大速度约为（参考数据：)（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题目条件求出公式中的，再把题中信息代入公式即可得到答案.
【详解】由题目条件知，则.
所以.
故选：C.
5．已知各项为正的数列的前项和为，满足，则的最小值为（ ）
A．B．4C．3D．2
【答案】D
【分析】由结合求出，从而求得，由此求出的表达式，利用基本不等式即可求得答案．
【详解】各项为正的数列，
，
时，，
即，化为：，
，，
又，解得，
数列是等差数列，首项为1，公差为2．
，
，
，当且仅当时取等号，
的最小值为2．
故选：D．
6．在四面体中,,,,,,则四面体外接球的表面积为( )
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】通过解三角形，分析出两个直角三角形从而获解
【详解】因为,所以
在中,由正弦定理得,即
所以,所以
取AC的中点,可知为四面体ABCD外接球的球心,外接球的半径
所以四面体ABCD外接球的表面积
故选：A
7．已知抛物线，焦点为F，点M是抛物线C上的动点，过点F作直线的垂线，垂足为P，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．3
【答案】A
【分析】由条件确定点的轨迹，结合抛物线的定义，圆的性质求的最小值.
【详解】∵ 抛物线的方程为，
∴ ，抛物线的准线方程为，
∵ 方程可化为，
∴过定点，
设，设的中点为，则，因为，为垂足，
∴，所以，
即点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，
过点作准线的垂线，垂足为，则,
∴ ,，又，当且仅当三点共线且在之间时等号成立，
∴ ，
过点作准线的垂线，垂足为，则,当且仅当三点共线时等号成立，
∴ ，当且仅当四点共线且在之间时等号成立，
所以的最小值为，
故选：A.
8．已知函数，则下列说法错误的是（ ）
A．是以为周期的函数
B．是曲线的对称轴
C．函数的最大值为，最小值为
D．若函数在上恰有2021个零点，则
【答案】B
【分析】结合周期函数的定义证明后判断A，由对称性判断B，在上分类讨论去掉绝对值符号求函数的最大值和最小值判断C，根据周期性研究在上零点个数后可得参数范围，从而判断D．
【详解】因为，所以是以为周期的函数，正确；又，B错误；
由知只需考虑在[上的最大值．
①当时，令，则，易知在区间]上单调递减，所以，的最大值为，最小值为
②当时，令，则，易知在区间]上单调递增，所以，的最大值为，最小值为
综合可知：函数的最大值为，最小值为正确；
因为是以为周期的函数，可以先研究函数在上的零点个数，易知
当时，令，解得或1，
在上无解，在上仅有一解．
当时，令，解得或1．
在上无解，在上也无解．
综合可知：函数在上有两个零点，分别为和
又因为是以为周期的函数，所以，若，则在上恰有个零点．
又已知函数在上恰有2021个零点，所以正确．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的周期性，对称性，最值，零点等问题，对于最值问题，解题关键是结合周期性根据绝对值的定义分类讨论去掉绝对值符号，然后结合三角函数性质得出最值．零点问题也是在一个周期内研究即可得．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．若，，为实数，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，，则
【答案】AB
【分析】利用不等式的性质，逐个判断命题的真假.
【详解】对于A，若，当时，由不等式的性质，有，故A正确；
对于B，由题意得，有，若，则，即，故B正确；
对于C，不妨取，满足，但，故C错误；
对于D，若，，不妨取，则，故D错误，
故选：AB
10．已知函数在处取得极小值，与此极小值点最近的图象的一个对称中心为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．将的图象向左平移个单位长度即可得到的图象
C．在区间上单调递减D．在区间上的值域为
【答案】ACD
【分析】利用三角函数的图象性质以及图象的平移变换即可一一判断求解.
【详解】第一步：根据余弦函数的图象与性质求出，，的值，判断A选项
A选项：由题知，，
设的最小正周期为，
则，∴，∴.（三角函数图象的相邻对称中心与对称轴之间的距离为，其中为该三角函数的最小正周期）
∵，
∴，则，
得，（整体思想）
又，∴，
∴，故A正确；
第二步：利用三角函数图象的平移变换法则判断B选项
B选项：的图象可以由的图象向左平移个单位长度得到，
故B错误；
第三步：利用整体思想及余弦函数的图象与性质判断C，D选项
C选项：由得，则在区间上单调递减，
故C正确；
D选项：∵，∴，∴，
∴，
∴在区间上的值域为，故D正确.
故选:ACD.
11．在椭圆中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆.该圆由法国数学家Mnge（1746-1818）最先发现.若椭圆，则下列说法正确的有（ ）
A．椭圆外切矩形面积的最小值为48
B．椭圆外切矩形面积的最大值为48
C．点为蒙日圆上任意一点，点，，当取最大值时，
D．若椭圆的左､右焦点分别为，，过椭圆上一点和原点作直线与蒙日圆相交于点，，则
【答案】ACD
【分析】先求得椭圆的蒙日圆方程，然后利用外切矩形的面积结合二次函数求最值可判断A，B选项，
利用两角和的正切公式，椭圆的定义，向量运算的转化来判断C，D选项
【详解】对于，：如图，设对于椭圆上任意点，过点作椭圆的切线交圆于，两点，
，关于原点对称的点分别为，，则椭圆的一个外切矩形为，
则，由图象易知，
圆心到直线的距离，所以.
又，所以外切矩形为的面积，
因此对，错.
对于：当与圆相切且切点在圆下方时，最大，，
对.
对于，
，
①②得，，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】本题解题的关键一方面结合题目要求求出蒙日圆方程，建立参数间的关系式来表示面积进而利用函数求最值问题，
另一方面结合椭圆定义式，向量的运算推导的关系，体现了数形结合的思想
12．如图，在正方体中，E，F是底面正方形四边上的两个不同的动点，过点的平面记为，则（ ）
A．截正方体的截面可能是正五边形
B．当E，F分别是的中点时，分正方体两部分的体积之比是25∶47
C．当E，F分别是的中点时，上存在点P使得
D．当F是中点时，满足的点E有且只有2个
【答案】BCD
【分析】A.若截面为五边形，则截面与正方体的5个面都相交，则必有两条交线平行，与正五边形的性质矛盾.
B．作出截面，分别求出两部分的体积，再求体积比.
C.作出截面，再在线段上找出P，证明.
D.分别从点在线段上去讨论是否成立.
【详解】A.若截正方体的截面为五边形，则五边形必有两条边位于正方体相对的平行平面上，此时该五边形必有两条边相互平行，但正五边形没有哪两条边平行，故截面不可能是五边形，选项A错误．
B.如图，延长分别交于点G，I，连接分别交于点H，J，
∴截面为五边形，记正方体棱长为6，，
截面下侧的体积为，
另侧体积为：，∴，故选项B正确.
C．截面为图中等腰梯形，此时取中点P，知，
平面,平面 ∴，故选项C正确．
D.当E在上时，设，
由，故上有一个点E；
当E在上时，，故上不存在这样的点E；
当E在上时，，故上也不存在；
当E在上时，设，∴，故上存在一个点E， ∴共2个，选项D正确．
故选：BCD.
【点睛】作截面的三种方法：
①直接法：截面的定点在几何体的棱上
②平行线法：截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行
③延长交线得交点：截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知向量，，若，则实数的取值范围是_____．
【答案】
【分析】已知，则它们数量积小于0且两向量不为相反向量，根据向量数量积的坐标运算，共线向量的坐标表示，即可求出实数的取值范围.
【详解】解：已知，则它们数量积小于0且两向量不为相反向量，
所以，
若为相反向量, 则两向量共线，有，
，
所以实数的取值范围是且.
故答案为：.
14．已知多项式，则______．
【答案】
【分析】利用换元法，结合二项式的通项公式进行求解即可.
【详解】令，
所以由，可得
，
即，
二项式的通项公式为，
所以，
故答案为：
【点睛】关键点睛：利用换元法，结合二项式的通项公式是解题的关键.
15．在中，，，，点在边上，且，动点满足，则的最小值为___________.
【答案】1
【分析】以B为原点建立坐标系，结合，利用坐标运算求出动点的轨迹，再结合圆的性质求得最小值即可.
【详解】建立如图直角坐标系，依题意知，，，设，
由知，，整理得，
所以动点的轨迹是以B为圆心，2为半径的圆，
由圆的性质可知，当时，最小，为3-2=1.
故答案为：1.
16．已知函数的定义域为R，为偶函数，为奇函数，且当时，．若，则______．
【答案】0
【分析】根据题意可得关于对称，也关于(1,0)对称，进一步得到周期为4，再求出的值，最后可求出的值.
【详解】解：因为为偶函数，
所以＝，即＝，
所以函数关于对称，所以＝，
又因为为奇函数，
所以＝－，
所以函数关于(1,0)对称，＝－＝－，
即＝－，
所以＝－，＝－＝，
即＝，
所以的周期为4，
在＝－中令 ，得，所以 ，即，
又因为，所以，即，所以，
所以当时，，
所以，
所以，
，
，
，
所以则0.
故答案为：0.
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．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且．
(1)求B；
(2)若的周长为，求BC边上中线的长．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）已知条件结合余弦定理求得，再由正弦定理求.
（2）由（1）求出角，利用三角形周长求出各边的长，再由余弦定理求BC边上中线的长．
【详解】（1）由，有，
又，所以，即，
由余弦定理，得．
又，所以，
由及正弦定理，得，所以，
由，得，所以，解得.
（2）由（1）可知，，所以，
所以，由，得．
因为的周长为，
所以，解得．
设BC的中点为D，则，如图所示:
在中由余弦定理，得：
，
所以BC边上中线的长为．
18．如图，在四棱柱中，底面和侧面都是矩形，，.
(1)求证：；
(2)若平面与平面所成的角为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由题意可得出AD⊥CD，AD⊥，即可证明AD⊥平面，再由线面垂直的判定定理即可证明；
（2） 取的中点，以为正交基底建系，设，写出各点坐标，分别求出平面与平面的法向量，根据它们所成的锐二面角的大小为，利用夹角公式列出方程可求出，再由体积公式结合等体积法即可得出答案..
【详解】（1）证明：因为底面ABCD和侧面都是矩形，
所以AD⊥CD，AD⊥，
又CD∩＝D，CD，⊂平面，
所以AD⊥平面，又⊂平面，
所以.
（2）取为的中点，连接，因为AD⊥平面，
又⊂平面，所以，
又因为，所以，
又AD∩＝D，AD，⊂平面，
所以平面，
取的中点，为的中点，底面是矩形，
所以,以为原点，以，，所在直线分别为，，轴，
建立空间直角坐标系，如图所示:
设，则，，，，，
，设平面的法向量，，．
由可得：，
令可得，，所以，
设平面的法向量，，．
由可得，，令可得，所以
由于平面与平面所成的锐二面角的平面角为，
所以，
可得：，则，
解得．
因为AD⊥平面，，所以平面，
又因为，所以平面，平面，
所以平面，
所以
.
19．已知数列的各项均为正数，且对任意的都有.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，且数列的前项和为，问是否存在正整数，对任意正整数有恒成立？若存在，求出的最大值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，
(2)存在，1010
【分析】（1）由得到：（），两式相减得即可求解；
（2）由（1）得到，利用裂项相消求和得到，由数列的单调性定义可得数列为递增数列，结合条件得到，即可求解.
【详解】（1）因为，，
当时，，
两式相减得（），即（）.
又当时，，得，满足上式.
故，.
（2）由（1）可得，，
则
，即.
又，
所以数列为递增数列，所以.
因为对任意正整数有恒成立，
所以，解得.又，所以.
所以存在正整数，使得对任意正整数有恒成立，且的最大值为1010.
20．2022世界乒乓球团体锦标赛将于2022年9月30日至10月9日在成都举行．近年来，乒乓球运动已成为国内民众喜爱的运动之一．今有甲、乙两选手争夺乒乓球比赛冠军，比赛采用三局两胜制，即某选手率先获得两局胜利时比赛结束．根据以往经验， 甲、乙在一局比赛获胜的概率分别为、，且每局比赛相互独立．
(1)求甲获得乒兵球比赛冠军的概率；
(2)比赛开始前，工作人员买来两盒新球，分别为“装有2个白球与1个黄球”的白盒与“装有1个白球与2个黄球”的黄盒．每局比赛前裁判员从盒中随机取出一颗球用于比赛，且局中不换球，该局比赛后，直接丢弃．裁判按照如下规则取球:每局取球的盒子颜色与上一局比赛用球的颜色一致，且第一局从白盒中取球．记甲、乙决出冠军后，两盒内白球剩余的总数为，求随机变量的分布列与数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）甲获得乒兵球比赛冠军这个事件为前两局甲全获胜，或前两局中甲胜一局第三局甲胜，由独立事件与互斥事件概率公式计算；
（2）甲乙决出冠军共进行了局比赛，易知或，记表示第局从白盒中抽取的白色球，表示第局从黄盒中抽取的黄色球，的所有可能取值为，根据和分类讨论确定事件，，的情形，求出概率得分布列，再由期望公式计算期望．
（1）
记事件:“甲在第局比赛中获胜”，，事件:“甲在第局比赛中末胜” .
.记事件“甲夺得冠军"，
则.
（2）
设甲乙决出冠军共进行了局比赛，易知或.
则，故.
记表示第局从白盒中抽取的白色球，表示第局从黄盒中抽取的黄色球，
的所有可能取值为;
;
;
.
综上可得，的分布列如下:
数学期望为
21．已知双曲线的焦距为4，以原点为圆心，实半轴长为半径的圆和直线相切．
(1)求双曲线的方程；
(2)已知点为双曲线的左焦点，试问在轴上是否存在一定点，过点任意作一条直线交双曲线于，两点，使为定值？若存在，求出此定值和所有的定点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，定值为1，
【分析】(1)利用点到直线的距离公式求得的只，再根据焦距，求得即可求解；
(2)假设存在满足条件的点，先在直线垂直于轴时，求得定值，再结合根与系数的关系，分析验证直线不垂直于轴时，求得此定值的情况，从而得出结论.
【详解】（1）原点到直线的距离，
，，
双曲线的方程为；
（2）假设存在点满足条件，
①当直线方程为时，则，
；
②当直线方程不是时，可设直线，代入
整理得，
由得，
设方程的两个根为，，满足，
，
当且仅当时，为定值1，
解得，
不满足对任意，，不合题意，舍去．
而且满足；
综上得：过定点任意作一条直线交双曲线于，两点，
使为定值1．
22．定义在上的函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；
(2)将的所有极值点按照从小到大的顺序排列构成数列，若，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义及点斜式，再结合三角形的面积公式即可求解；
（2）根据已知条件及正切函数的性质，利用导数法求函数的极值及函数存在性定理，再根据零点范围及三角函数相等的角的关系即可求解.
（1）
当时，，故.
曲线在点处的切线的斜率为，
曲线在点处的切线方程为，
令.所以切线与轴的交点.
此时所求三角形的面积为.
（2）
当时，.
由函数在区间上递增，且值域为，
故存在唯一，使得.
此时当时，单调递减；
当时，单调递增，因此.
同理，存在唯一，使得.
此时当时，单调递增；
当时，单调递减，因此.
由.
同理：.
由，整理得：.
又，故，则有
由，故或.
又，当时，不满足，舍去.
所以，即，则.
综上所述，.
【点睛】解决此题的关键，第一问根据导数的几何意义及三角形的面积公式即可；第二问利用导数法求函数的极值的步骤，但此时无法解决导数函数的零点，只能通过函数零点存在性定理得出，再结合已知条件及零点范围及三角函数相等角的关系即可.
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