新高考数学适应性模拟试卷08（2份，原卷版+解析版）

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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．已知集合，，则有（ ）个真子集.
A．3B．16C．15D．4
【答案】A
【分析】计算，得到真子集个数.
【详解】，，则，
真子集个数为.
故选：A
2．若复数z满足，则的实部为（）
A．B．C．1D．2
【答案】C
【分析】设复数，则,故根据可求得，
结合复数的乘方运算，可求得答案.
【详解】设复数，则，
则由可得且，
解得，
故，其实部为.
故选：C.
3．在平行四边形中，对角线与交于点为中点，与交于点，若 ，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，结合平行四边形性质，用表示出即可求解作答.
【详解】平行四边形的对角线与交于点，如图，
则，而点为的中点，
有，由得：，
则有，
所以.
故选：C
4．公元年，唐代李淳风注《九章算术》时提到祖暅的开立圆术．祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是立体的高．意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面面积相等﹐则体积相等．更详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．上述原理在中国被称为祖暅原理，国外则一般称之为卡瓦列利原理．已知将双曲线与直线围成的图形绕轴旋转一周得到一个旋转体，则旋转体的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求出，绕轴旋转得到的旋转体（两个圆锥）的体积，用垂直于轴的平面去截旋转体，所得圆环的面积为，结合祖暅原理可求得旋转体的体积.
【详解】与双曲线的交点为、，
则用垂直于轴的平面截旋转体的截面为圆面，截面圆的半径为，截面面积为，
与双曲线的渐近线的交点为，
所以是用垂直于轴的平面截两条渐近线绕轴旋转得到的旋转体的截面面积，
，绕轴旋转得到的旋转体（两个圆锥）的体积为，
用垂直于轴的平面去截旋转体，所得圆环的面积为，
因为底面半径为，高为的圆柱的截面面积为，体积为，
所以根据祖暅原理得旋转体的体积为，
故选：D．
5．甲､乙两袋中各有大小相同的10个球，甲袋有5个红球，5个白球；乙袋有7个红球，3个白球，随机选择一袋，然后从中随机摸出两个球，表示恰好摸到一个红球与一个白球的事件的概率，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】事件为“取到甲袋”，事件为“取到乙袋”，根据条件概率及相互独立事件的概率公式计算可得；
【详解】设事件为“取到甲袋”，事件为“取到乙袋”，
则，，
则.
故选：C.
6．已知函数在上单调递增，且当时，恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知，分别根据函数在区间上单调递增，在时，恒成立，列出不等关系，通过赋值，并结合的本身范围进行求解.
【详解】由已知，函数在上单调递增，
所以，解得：，
由于，所以，解得：①
又因为函数在上恒成立，
所以，解得：，
由于，所以，解得：②
又因为，当时，由①②可知：，解得；
当时，由①②可知：，解得.
所以的取值范围为.
故选：B.
【点睛】在处理正弦型、余弦型三角函数性质综合问题时，通常使用整体代换的方法，将整体范围满足组对应的单调性或者对应的条件关系，罗列出等式或不等式关系，帮助我们进行求解.
7．已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】与可看作与，从而可构造函数比大小，
与可看作与，从而可构造函数比大小.
【详解】构造函数，则，令，则．令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，故，因此在上单调递增，所以．令x＝0.4，则，所以，即a＜b．
构造函数，则，因此在上单调递减，所以，令x＝0.4，则，所以，所以c＜a．故b＞a＞c．
故选：C．
【点睛】本题使用构造函数并利用函数的单调性判断函数值大小关系，在构造函数时首先把要比较的值变形为含有一个共同的数值，将这个数值换成变量就有了函数的形式，如在本题中，，将化为的目的就是出现， 以便与中的一致，从而只需比较与这两个函数大小 关系即可.
在构造函数后比较大小还可以借助于函数不等式、切线不等式放缩等手段比大小.
8．已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，，若球O的表面积为16π，则三棱锥S－ABC的体积的最大值为（ ）
A．B．3C．D．6
【答案】A
【分析】根据球的表面积公式求出球的半径，从而求出三角形ABC的外接圆半径，三棱锥底面三角形ABC面积最大时，三棱锥S－ABC的体积取得最大值，求出三角形ABC为等边三角形时，三角形ABC面积最大，求出面积的最大值，进而求出体积的最大值.
【详解】设球的半径为R，则，解得：，
设三角形ABC的外接圆半径为r，则，
即，解得：，
当三棱锥底面三角形ABC面积最大时，三棱锥S－ABC的体积取得最大值，
如图所示：
要想面积最大，当A位于BC垂直平分线与圆的交点（BC与A点位于圆心两侧）时，此时三角形ABC为等腰三角形时，面积最大，
连接BO并延长，交圆于点D，连接CD，则，BC⊥BC，
设，则，，，
则，
令，则，
当，即时，，当，
即时，，
即在单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，
，
则三棱锥S－ABC的体积的最大值为
故选：A
【点睛】立体几何外接球问题，要能够画出图形，解题的突破口，找到外接球球心在某个特殊平面的投影，进而找到半径，列出方程，或空间想象，数形结合求出最值等.
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．已知函数的导函数为，则（ ）
A．若为奇函数，则为偶函数B．若，则为奇函数
C．若的最小值为0，则D．若为偶函数，则为奇函数
【答案】ACD
【分析】根据导函数的性质和函数奇偶性进行逐项判断.
【详解】解：由题意得：
对于选项A：若为奇函数，，则，故，又， 是偶函数，故A正确；
对于选项B：若，又，则，故，，当时，，是奇函数，当时，，不是奇函数，所以不一定是奇函数，故B错误；
对于选项C：若的最小值为0，，，则，故C正确；
对于选项D：若为偶函数，，，，解得，故，，所以为奇函数，故D正确.
故选：ACD
10．正方体的棱长为1，E，F，G分别为BC，的中点，则（ ）
A．直线与直线AF垂直B．直线与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为D．点与点D到平面AEF的距离相等
【答案】BCD
【分析】根据棱柱的结构特征，建立以为原点，以、、所在的直线为轴、轴、轴的空间直角坐标系，利用向量法即可判断A，根据线线平行即可判断B,根据梯形面积即可判断C,根据中点关系即可判断D.
【详解】在棱长为1的正方体中，建立以为原点，以、、所在的直线为轴、轴、轴的空间直角坐标系，如图所示：
、、分别为、、的中点，则，，， ，
对于A,，，
，故A错误；
对于B：连接,，
，,,,四点共面，
由于,,所以四边形 为平行四边形，
故，又平面，平面，
平面，故B正确，
对于C，连接，，
，四边形为平面截正方体所得的截面，
，，，
四边形为等腰梯形，高为，
则四边形的面积为，故C正确；
对于D,连接交于点，故是的中点，且是线段与平面的交点，因此点和点到平面的距离相等，故D正确．
故选：BCD．
11．抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经拋物线反射后，沿平行于拋物线对称轴的方向射出.反之，平行于拋物线对称轴的入射光线经拋物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点反射后，再经上另一点反射后，沿直线射出，经过点，则（ ）
A．平分
B．
C．延长交直线于点，则三点共线
D．
【答案】ACD
【分析】对于A，根据题意求得，，从而证得，结合平面几何的知识易得平分；
对于B，直接代入即可得到；
对于C，结合题意求得，由的纵坐标相同得三点共线；
对于D，由选项A可知.
【详解】根据题意，由得，又由轴，得，代入得（负值舍去），则，
所以，故直线为，即，
依题意知经过抛物线焦点，故联立，解得，即，
对于A，，，故，所以，
又因为轴，轴，所以，故，
所以，则平分，故A正确；
对于B，因为，故，故B错误；
对于C，易得的方程为，联立，故，
又轴，所以三点的纵坐标都相同，则三点共线，故C正确；
对于D，由选项A知，故D正确.
故选：ACD.
.
12．已知函数和，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】A选项，根据反函数求解出与交点坐标，从而得到；B选项，由零点存在性定理得到，；C选项，化简整理得到，求出在上的单调性，求出取值范围；D选项，构造函数，根据得到，根据在上单调递增，所以，即，整理得，D正确．
【详解】由于和互为反函数，则和的图象关于直线对称，
将与联立求得交点为，则，即，A正确．
易知为单调递增函数，因为，，由零点存在性定理可知，B正确．
易知为单调递减函数，，，由零点存在性定理可知．
因为，令，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以，C错误．
因为，，所以，所以．令，则，当时，，在上单调递增，所以，即，整理得，D正确．
故选：ABD
【点睛】结论点睛：对于双变量问题，要结合两个变量的关系，将双变量问题转化为单变量问题再进行求解，也可通过研究函数的单调性及两个变量的不等关系进行求解
三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为64，则的系数为______．
【答案】375
【分析】分别求出各项系数和与二项式系数和，相比，求出，得到二项式即其通项公式，即可求出的系数.
【详解】解：由题意
在中，
令，即可得到各项系数和为：
∵二项式系数和为，各项系数和与二项式系数和之比为64，
∴
解得：.
∴二项式为
∴展开式的通项公式为：
当时，解得：
∴的系数为：
故答案为：375.
14．已知曲线，直线，曲线上恰有3个点到直线的距离为1，则的取值范围是_____________.
【答案】
【分析】根据曲线的表达式画出半圆图象，再利用直线与曲线的临界位置讨论的取值范围，由于曲线上恰有3个点到直线的距离为1，根据两平行线间的距离公式并结合图象即可确定实数的取值范围.
【详解】由，得曲线是以为圆心，半径为2的圆的上半部分.
在曲线中，令，得或4，将代入直线得，
将代入直线得，
当直线与曲线相切时，由圆心到直线的距离为2，得，
所以当或时，直线与曲线有一个公共点；
当时，直线与曲线有两个公共点.如下图所示：
记与曲线相切的直线为，
过且斜率为1的直线记为.
当直线与距离为1时，即，∴或，
取，此时曲线上有2个点到直线距离为1；
当直线与距离为1时，即，∴或，
取，此时恰有3个点到直线的距离为1.
∴.
故答案为：.
15．已知为奇函数，当，，且关于直线对称.设方程的正数解为，且任意的，总存在实数，使得成立，则实数的最小值为______.
【答案】
【分析】根据题意可得函数是以4为周期的周期函数，作出函数的图像，结合图像可知的几何意义为函数两条渐近线之间的距离，从而可得到，进而求出的最小值.
【详解】因为为奇函数，所以，且，
又关于直线对称，所以，
所以，
则，
所以函数是以4为周期的周期函数，
作出函数和的图像如图所示：
由的正数解依次为、、、、、，
则的几何意义为函数两条渐近线之间的距离为2，
所以.
所以得任意的，，
已知任意的，总存在实数，使得成立，
可得，即的最小值为.
故答案为：2.
16．已知双曲线的左、右焦点分别为、，点在双曲线上，点在直线上，且满足.若存在实数使得，则双曲线的离心率为_____________
【答案】
【分析】根据双曲线的定义及向量的运算，三角形的正弦定理，求出，再表示出，根据双曲线离心率的定义求解即可.
【详解】设直线交轴于点，如图，
设的外接圆半径为，由，
有，
故，所以直线过的内心，
设的内切圆圆心为，内切圆圆分别切、、于点、、，
由切线长定理可得，，，
所以，，
结合图形可得，所以，，
故的内心的横坐标为，
因为点在直线上，所以点为的内心.
由可得，
所以，，记，
设，则，所以，，
所以，点在直线上，又因为，故点与点重合，
且有，
由角平分线的性质可知点到直线、的距离相等，
故，同理可得，
令，则，且，
故.
则双曲线的离心率.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于推导出点为的内心，再结合角平分线定理推导出，以及，再利用双曲线的定义来进行求解.
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．（10分）
已知数列满足，，.
(1)证明：数列为等比数列.
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据等比数列的定义即可求证.
（2）首先求出的表达式，然后利用分组求和即可.
【详解】（1）（法一）由，知，
又，故是首项为1，公比为2的等比数列，得证.
（法二），可知：，
又，所以，
∴是首项为1，公比为2的等比数列，得证.
（2）由（1）知：，则，
，，
，
∴
18．（12分）设锐角三角形ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知．
(1)求证：B＝2A；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)证明过程见解析.
(2)
【分析】（1）利用正弦定理及积化和差得到，结合角的范围，得到；
（2）利用正弦定理得到，根据三角形为锐角三角形，得到，，从而求出取值范围.
【详解】（1），
由正弦定理得：，
由积化和差公式可得：，
因为，
所以，
因为三角形ABC为锐角三角形，故，
所以，
故，即；
（2）由（1）知：，
由正弦定理得：
，
其中，
因为，
所以
，
由得：，
由，解得：，
结合可得：，，
故在上单调递增，
所以，
即.
19．（12分）如图所示的几何体是圆柱的一部分，它是由边长为2的正方形（及其内部）以边所在直线为旋转轴顺时针旋转得到的，是的中点．
(1)求此几何体的体积；
(2)设是上的一点，且，求的大小；
(3)当，时，求二面角的大小．
【答案】(1)
(2)
(3)．
【分析】(1)由题意可知该几何体为圆柱的三分之一，根据计算圆柱体积即可得出此几何体的体积；
(2)利用线面垂直的判定定理可得平面，然后结合几何体的结构特征计算可得的大小；
(3)建立空间直角坐标系，用空间向量法即可求出二面角的余弦值，从而可得二面角的大小.
【详解】（1）此几何体的体积；
（2）因为，，，平面，，
所以平面， 又平面， 所以，
又，因此
（3）以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得，
故，，，
设是平面的一个法向量．
由，得，取，则，
得平面的一个法向量．
设是平面的一个法向量．
由，得，取，则，
得平面的一个法向量．
所以．
因此二面角的大小为．
20．（12分）某公司在一种传染病毒的检测试剂品上加大了研发投入，其研发的检验试剂品分为两类不同剂型和．现对其进行两次检测，第一次检测时两类试剂和合格的概率分别为和，第二次检测时两类试剂和合格的概率分别为和．已知两次检测过程相互独立，两次检测均合格，试剂品才算合格．
(1)设经过两次检测后两类试剂和合格的种类数为，求的分布列和数学期望；
(2)若地区排查期间，一户4口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”，这种情况下医护人员要对其家庭成员逐一使用试剂品进行检测，如果有一人检测呈阳性，则检测结束，并确定该家庭为“感染高危户”．设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为且相互独立，该家庭至少检测了3个人才确定为“感染高危户”的概率为，若当时，最大，求的值．
【答案】(1)分布列见解析，1
(2)．
【分析】（1）先得到剂型与合格的概率，求出X的所有可能取值及相应的概率，得到分布列，求出期望值；
（2）求出，令，得到，利用基本不等式求出最值，得到答案.
【详解】（1）剂型合格的概率为：；
剂型合格的概率为：．
由题意知X的所有可能取值为0，1，2．
则，
，
，
则X的分布列为
数学期望．
（2）检测3人确定“感染高危户”的概率为，
检测4人确定“感染高危户”的概率为，
则．
令，因为，所以，
原函数可化为．
因为，
当且仅当，即时，等号成立．
此时，所以．
21．（12分）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)证明：，.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导得到导函数，考虑，，三种情况，根据导数的正负得到函数的单调性.
（2）当时得到，，证明，代入计算得到证明.
【详解】（1）的定义域为，，.
当时，，，此时在单调递减；
当时，.
①当时，，，，此时在单调递减；
②当时，，令，得，.
当变化时，，变化情况列表如下：
综上所述：
当时，在单调递减；
当时，在，单调递减，
在单调递增.
（2）当时，在单调递减，此时，即，，故，.
下证，.
因为，，
用替换得，.
故，
整理得，.
22．（12分）已知椭圆的一个焦点为，且经过点和．
(1)求椭圆C的方程；
(2)O为坐标原点，设，点P为椭圆C上不同于M、N的一点，直线与直线交于点A，直线与x轴交于点B，求证：和面积相等．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆焦点坐标和经过的两点即可求得标准方程；（2）设出点P的坐标，即可表示出两点坐标，再写出和的面积公式，再利用点P在椭圆上即可证明等式成立，得出和面积相等的结论.
【详解】（1）由题意可知，椭圆的半焦距，
将代入椭圆方程得，即，
所以，
椭圆C的方程为.
（2）根据题意，设，
又，，如下图所示，
则直线、的斜率均存在，且；
所以，直线方程为
又直线与直线交于点A，所以
又因为，可得；
所以，的面积为
同理，直线方程为
直线与x轴交于点B，易得，则
所以，的面积为
要证明和面积相等，即证明成立即可，
整理得，由点P在椭圆C上可知，，
即，得，
即显然成立；
所以和面积相等.
X
0
1
2
P
-
0
+
0
-
极大值
极小值