新高考数学适应性模拟试卷六（2份，原卷版+解析版）

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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，只有一项是符合要求的。
1．设集合，，且，则（ ）
A．6B．4C．D．
【答案】D
【解析】，，
∵，∴，∴，
故选：D.
2．已知，则（ ）.
A．B．C．2D．1
【答案】C
【解析】由，得，
则，所以.
故选：C.
3．已知的图象与直线在区间上存在两个交点，则当最大时，曲线的对称轴为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【解析】当时，
要使得的图象与直线存在两个交点，
则，解得，
又因为，所以，所以，
此时曲线的对称轴为，，
解得，，
故选：D
4．函数的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】设，
对任意，，
所以，
所以的定义域为，
，
所以函数为奇函数.
令，
可得，即，
所以，可得，
由可得，解得，
所以的定义域为，
又，
所以函数为奇函数，排除BD选项，
当时，是减函数，
则，，
所以，排除A选项.
故选：C
5．如图，正方形中，是线段上的动点，且，则的最小值为（ ）

A．B．C．D．4
【答案】C
【解析】正方形中，，则，
而，则，
又点共线，于是，即，而，
因此，
当且仅当，即时取等号，
所以当时，取得最小值.
故选：C
6．谢尔宾斯基（Sierpinski）三角形是一种分形，它的构造方法如下：取一个实心等边三角形（如图1），沿三边中点的连线，将它分成四个小三角形，挖去中间小三角形（如图2），对剩下的三个小三角形继续以上操作（如图3），按照这样的方法得到的三角形就是谢尔宾斯基三角形．如果图1三角形的边长为2，则图4被挖去的三角形面积之和是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【解析】第一种挖掉的三角形边长为，共个，面积为；
第二种挖掉的三角形边长为，共个，面积为，
第三种挖掉的三角形边长为，共个，
面积为，
故被挖去的三角形面积之和是.
故选：D
7．已知函数满足对于任意实数，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】依题意，对于任意实数，都有成立，
不妨设，则，
所以在上单调递减，
所以，解得.
故选：D
8．已知双曲线右支上非顶点的一点A关于原点的对称点为为双曲线的右焦点，若，设，且，则该双曲线的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图所示，设双曲线的左焦点为，连接，，
因为，则四边形为矩形，
所以，
则，．
．
．
即，
则，
因为，则，
可得，即，
所以，
即双曲线离心率的取值范围是，
故选：C．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．已知圆M：，则下列关于圆M的结论正确的是（ ）
A．点在圆M内
B．圆M关于直线对称
C．圆M与圆O：相切
D．若直线l过点，且被圆M截得的弦长为，则l的方程为
【答案】BC
【解析】圆的方程为，即圆心为，半径为，
对于A：因为，所以点在圆外，故选项A错误；
对于B：因为，所以圆心在直线上，故选项B正确；
对于C：因为圆O、圆的圆心距为，两圆的半径差为，
所以两圆内切，故选项C正确；
对于D：当直线l的斜率不存在时，其方程为，圆心到直线l的距离为，
直线被圆所截得的弦长为，
当直线l的斜率存在时，设其方程为，圆心到直线l的距离为，
解得，可得直线l的方程为，综上所述，直线l的方程为或，故选项D错误.
故选：BC.
10．下列说法正确的是（ ）
A．若数据的方差为1，则新数据，，…，的方差为1
B．已知随机事件A和B互斥，且，，则等于0.5．
C．“”是直线与直线互相垂直的充要条件
D．无论实数λ取何值，直线恒过定点
【答案】ABD
【解析】对于A：若数据的方差为1，则新数据，，…，的稳定程度没有发生改变，方差还是，A正确；
对于B：随机事件A和B互斥，且，，
则，
则，B正确；
对于C：若直线与直线互相垂直，则，
解得或，
故“”是直线与直线互相垂直的充分不必要条件，C错误；
对于D：直线
即为，令，解得，
即无论实数λ取何值，直线恒过定点，D正确.
故选：ABD.
11．如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，下列说法正确的有（ ）
A．当点是中点时，直线平面；
B．直线到平面的距离是；
C．存在点，使得；
D．面积的最小值是
【答案】AC
【解析】对于A，由是中点，，得点是的中点，连接，显然也是的中点，连接，
于是，而平面，平面，所以直线平面，A正确；
对于B，分别是棱的中点，则，平面，平面，于是平面，
因此直线到平面的距离等于点到平面的距离h，
，
，，，
由，得，B错误；
以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，,
对于C，设，则，，，，
由，得，解得，
由于，因此存在点，使得，C正确；
对于D，由选项C得在的投影点为，
则P到的距离，
面积为 ，所以当时，取得最小值为，D错误.
故选：AC
12．已知、都是定义在上的函数，且为奇函数，的图像关于直线对称，则下列说法中一定正确的是（ ）
A．B．
C．为奇函数D．的图像关于直线对称
【答案】AD
【解析】解：因为是定义在上的函数，且为奇函数，所以，故A正确；
因为是定义在上的函数，且的图像关于直线对称，所以，不一定为0，故B错误；C明显错误；
因为，所以的图像关于直线对称，故D正确.
故选：AD
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．已知的展开式中各项系数的和为，则实数的值为 .
【答案】
【解析】因为的展开式中各项系数的和为，
令，可得，解得.
故答案为：.
14．已知等差数列的前项和分别为，且，则 ．
【答案】
【解析】等差数列的前项和分别为，且，
所以.
故答案为：
15．在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，，则的最大值为 ．
【答案】/
【解析】由题意，

, 所以消去 得
，
由, 得 ，当且仅当时等号成立，
∴，
∴原式
故答案为：.
16．在棱长为2的正方体中，点M是对角线上的点（点M与A、不重合），则下列结论正确的是 .（请填写序号）

①存在点M，使得平面平面；
②存在点M，使得平面；
③若的面积为S，则；
④若、分别是在平面与平面的正投影的面积，则存在点M，使得.
【答案】①②④
【解析】连接,,

①设平面与对角线交于M,
由,，
且平面，平面，且，
所以平面，即平面,
所以存在点M，使得平面平面，所以①正确；
②连接,,

由，平面，平面，
所以平面，同理由可得平面，
又，平面，平面，
所以平面平面，
设平面与交于点M，则平面，
所以平面，所以②正确；
③连接交于点O,过O点作,

在正方体中，
由①平面，同理可证平面，
且平面，
所以,所以OM为异面直线与的公垂线,
根据,所以,
即,
此时的面积为,
所以③不正确；

④设点在平面的正投影为，在平面的正投影为
如图，因为平面，
则在平面内的射影为，
由，则，
故在点从的中点向着点A运动的过程中，
点也从的中点向着点运动.
由平面，则，
故当为中点时， 正投影也为中点，
此时在平面的正投影的面积，
因此，在点从的中点向着点A运动的过程中，
的面积即从1减少到趋向于0,即,
同理，在点从的中点向着点A运动的过程中，
点也从的中点向着点运动，的面积即从0开始增加，
当与重合时， 正投影与重合，
此时在平面的正投影的面积，
所以,
故在此过程中,必存在某个点使得,所以④正确,
故答案为：①②④.
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
17．（10分）已知点是角终边上一点．
(1)求的值；
(2)若将角终边绕着坐标原点逆时针旋转得到角的终边，求的值．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）因为点是角终边上一点，
所以，，，
（2）将角终边绕着坐标原点逆时针旋转得到角的终边，
故，
所以
18．（12分）已知正项数列的前项和，满足：．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，设数列的前项和为，求证．
【答案】(1)
【解析】（1）当时，，解得．
当时，由①，可得，②
①②得：，即．
，
．
是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列的通项公式．
（2）由（1）可得，
，
，，，，，
，
.
19．（12分）如图，在四棱柱中，四棱锥是正四棱锥，.

(1)求与平面所成角的正弦值；
(2)若四棱柱的体积为16，点在棱上，且，求点到平面的距离.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）因为四棱锥是正四棱锥，连接交于点，则，
连接，则平面，所以两两垂直.
如图所示，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，

设，因为，,则，
设与交于点，则为的中点，
所以，
，
所以，设平面的一个法向量为，则有，得，
取，得，
直线的一个方向向量为，
设与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（2）因为四棱柱的体积为，所以，
由（1）知，，
.
因为，则，
所以，
，
设平面的一个法向量为，则有，得，
取，得，
所以点到平面的距离为.
20．（12分）第19届亚运会于9月23日至10月8日在杭州举行，某学校为持续营造全民参与亚运、服务亚运、奉献亚运的浓厚氛围举办“心心相融·爱答亚运”知识挑战赛．挑战者向守擂者提出挑战，规则为挑战者和守擂者轮流答题，直至一方答不出或答错，则另一方自动获胜．若赛制要求挑战者先答题，守擂者和挑战者每次答对问题的概率都是，且每次答题互不影响．
(1)若在不多于两次答题就决出胜负，则挑战者获胜的概率是多少?
(2)在此次比赛中，挑战者获胜的概率是多少?
(3)现赛制改革，挑战者需要按上述方式连续挑战8位守擂者，每次挑战之间相互独立，当战胜至少三分之二以上的守擂者时，则称该挑战者胜利．若再增加1位守擂者时，试分析该挑战者胜利的概率是否增加?并说明理由．
【答案】(1)0.25
(2)
(3)没有增加，理由见解析
【解析】（1）设事件为挑战者获胜，事件为不多于两次答题比赛结束．
．
（2）设为先答题者获胜的概率，则，解得，
所以挑战者获胜的概率是.
（3）设随机变量为挑战者连续挑战8人时战胜得守擂者人数，为此时挑战者获胜的概率；
为挑战者连续挑战9人时战胜得守擂者人数，为此时挑战者获胜的概率．
，
，
显然，，即该挑战者胜利的概率没有增加．
21．（12分）已知椭圆：，点、分别是椭圆的左焦点、左顶点，过点的直线（不与x轴重合）交椭圆于A，B两点．

(1)求椭圆M的标准方程；
(2)若，求的面积；
(3)是否存在直线，使得点B在以线段为直径的圆上，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)不存在，理由见详解
【解析】（1）由左焦点、左顶点可知：，则，
所以椭圆的标准方程为.
（2）因为，，
则过的直线的方程为：，即，
解方程组，解得或，
所以的面积.
（3）若点B在以线段为直径的圆上，等价于，即，
设，则，
因为，则，
令，
解得：或，
又因为，则不存在点，使得，
所以不存在直线，点B在以线段为直径的圆上.
22．（12分）已知函数．
(1)求的极值；
(2)若在区间有2个零点，求的取值范围．
【答案】(1)当时，在处取极大值
(2)
【解析】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则恒成立，
所以在上单调递增，无极值，
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减：
所以当时，在处取极大值，无极小值；
（2），
令，得，令，在区间有2个零点，
即与在区间有2个交点，
，，，
当，，在上单增，
当，，在上单减，
，的最大值为，，
与在区间有2个交点，则．