新高考数学冲刺卷二（原卷版+解析版）

新高考数学冲刺卷

一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．

1．在复平面内，复数对应的点为，则（    ）

A． B． C． D．

2．平面向量，若，则（    ）

A．6 B．5 C． D．

3．一组数据按照从小到大的顺序排列为1，2，3，5，6，8，记这组数据的上四分位数为n，则二项式展开式的常数项为（    ）

A． B．60 C．120 D．240

4．南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列.以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4项为：2，3，6，11，则该数列的第15项为（    ）

A．196 B．197 C．198 D．199

5．已知函数的定义域为，数列满足，则“数列为递增数列”是“函数为增函数”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

6．已知O为坐标原点，分别为双曲线的左、右焦点，点P在双曲线的右支上，若是面积为的正三角形，则的值为（    ）

A．2 B．6 C． D．

7．设，则下列关系正确的是（    ）

A． B．

C． D．

8．已知函数，若成立，则实数a的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题满分5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．

9．某班级学生开展课外数学探究活动，将一杯冷水从冰箱中取出后静置，在的室温下测量水温单位随时间（单位：）的变化关系，在测量了15个数据后，根据这些实验数据得到如下的散点图：

现需要选择合适的回归方程进行回归分析，则根据散点图，合适的回归方程类型有（    ）

A． B．

C． D．

10．已知函数，则（       ）

A．的图象可由的图象向右平移个单位长度得到

B．在上单调递增

C．在内有2个零点

D．在上的最大值为

11．如图，在棱长为4的正方体中，E，F，G分别为棱，，的中点，点P为线段上的动点，则（    ）

A．两条异面直线和所成的角为

B．存在点P，使得平面

C．对任意点P，平面平面

D．点到直线的距离为4

12．已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于正整数n，则下列说法中正确的有（    ）

A． B．

C．为递减数列 D．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中16题第一空2分，第二空3分。

13．公比不为1的等比数列中，若成等差数列，则数列的公比为__________.

14．已知正三棱锥的各顶点都在表面积为球面上，正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为______.

15．已知函数有两个极值点与，若，则实数a＝____________.

16．已知为抛物线上一点，过点的直线与抛物线C交于A，B两点，且直线与的倾斜角互补，则__________．

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，，点D在边上，.

(1)若，求的值，

(2)若，且点D是边的中点，求的值.

18．设数列的前n项和为．已知，，．

(1)求证：数列是等差数列；

(2)设数列的前n项和为，且，令，求数列的前n项和．

19．口袋中共有7个质地和大小均相同的小球，其中4个是黑球，现采用不放回抽取方式每次从口袋中随机抽取一个小球，直到将4个黑球全部取出时停止.

(1)记总的抽取次数为X，求E（X）；

(2)现对方案进行调整：将这7个球分装在甲乙两个口袋中，甲袋装3个小球，其中2个是黑球；乙袋装4个小球，其中2个是黑球.采用不放回抽取方式先从甲袋每次随机抽取一个小球，当甲袋的2个黑球被全部取出后再用同样方式在乙袋中进行抽取，直到将乙袋的2个黑球也全部取出后停止.记这种方案的总抽取次数为Y，求E（Y）并从实际意义解释E（Y）与（1）中的E（X）的大小关系.

20．过坐标原点作圆的两条切线，设切点为，直线恰为抛物的准线.

(1)求抛物线的标准方程；

(2)设点是圆上的动点，抛物线上四点满足：，设中点为.

（i）求直线的斜率；

（ii）设面积为，求的最大值.

21．如图所示，在梯形中，，，四边形为矩形，且平面，.

（1）求证：平面；

（2）点在线段上运动，设平面与平面所成锐二面角为，试求的取值范围.

22．已知函数．

(1)当时，求函数的单调区间；

(2)若有3个零点，，，其中．

（ⅰ）求实数a的取值范围；

（ⅱ）求证：．

新高考数学冲刺卷

数学·全解全析

1．C

【分析】由复数对应的点的坐标得到，利用复数除法法则计算出答案.

【详解】由题意可知，所以.

故选：C.

2．B

【分析】先利用平面向量垂直的坐标表示求得，再利用平面向量模的坐标表示即可得解.

【详解】因为，，

所以，解得，

所以，

因此.

故选：B．

3．B

【分析】利用题意找出该组数据的上四分位数为，然后利用二项式展开式的公式找出常数项即可.

【详解】因为，

所以，

所以展开式的通项为：

，

令得：，

所以展开式的常数项为，

故选：B．

4．C

【分析】根据二阶等差数列的定义求出数列的通项公式，再利用累加法计算即可得.

【详解】设该数列为，则；

由二阶等差数列的定义可知，

所以数列是以为首项，公差的等差数列，

即，所以

将所有上式累加可得，所以；

即该数列的第15项为.

故选：C

5．B

【分析】利用特例法、函数的单调性、数列的单调性结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.

【详解】若数列为递增数列，取，即，

则对任意的恒成立，

所以数列为单调递增数列，但函数在上不单调，

即“数列为递增数列”“函数为增函数”；

若函数在上为增函数，对任意的，则，即，

故数列为递增数列，

即“数列为递增数列”“函数为增函数”.

因此，“数列为递增数列”是“函数为增函数”的必要不充分条件.

故选：B.

6．C

【分析】由三角形的面积公式得到，再由正三角形得到点的坐标，将点的坐标代入中，即可得到.

【详解】是面积为的正三角形，即，所以，

所以的边长为，高为，

所以，所以.又，所以，

故选：C.

7．C

【分析】将三个值中的共同量0.05用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小.

【详解】记，因为，当时，，所以在上单调递增，

则当时，，即，取，所以，

记，因为，所以在上单调递减，

则当时，，即，取，所以，故，即；

记，因为，当时，，所以在上单调递增，

所以当时，，即，取，所以，即；

所以.

故选：C.

8．C

【分析】构造函数，根据函数的奇偶性及复合函数的单调性可得函数为偶函数且在单调递增，进而关于直线对称，且在单调递增，结合条件可得，解不等式即得.

【详解】因为的定义域为R，又，故函数为偶函数，

又时， ，单调递增，故由复合函数单调性可得函数在单调递增，函数在定义域上单调递增，

所以在单调递增，

所以，

所以关于直线对称，且在单调递增．

所以，

两边平方，化简得，解得．

故选：C．

【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数，然后根据函数的单调性及对称性化简不等式进而即得.

9．AC

【分析】散点图的特点是单调递增，增长速度越来越慢，且，根据特点对选项一一判断即可．

【详解】散点图的特点是单调递增，增长速度越来越慢，且

对A选项，符合散点图的特点；

对B选项，有不符合散点图的特点；

对C选项，符合散点图的特点；

对D选项，的增长速度不变，不符合散点图的特点；

故选：AC

10．BC

【分析】将函数化简得，利用三角函数的性质即可判断各个选项的正误.

【详解】.

对A，的图象可由的图象向左平移个单位长度得到，故A错；

对B，在上，，函数单调递增，故B对；

对C，令，可得，

当时，故C对；

对D，，所以，

此时，故D错；

故选：BC.

11．BCD

【分析】根据异面直线所成角的概念结合正方体的性质可判断A，根据线面平行的判定定理可判断B，根据线面垂直的判定定理可得平面，然后根据线线垂直的判定定理可判断C，利用余弦定理结合条件可判断D.

【详解】对于A，由正方体的性质可知，两条异面直线和所成的角即为，所以A错误；

对于B，当点P与点重合时，由题可知，

所以，四边形为平行四边形，故，

又平面，平面，则平面，所以B正确；

对于C，连结，由于平面，平面，故，

又，故，故，即，故，

又相交，平面，故平面，又平面，故对任意点，平面平面，所以C正确；

对于D，由正方体的性质可得，，

所以，

所以，所以点到直线的距离，所以D正确．

故选：BCD．

12．AC

【分析】的极值点为的变号零点，即为函数与函数图像在交点的横坐标.将两函数图像画在同一坐标系下.

A选项，利用零点存在性定理及图像可判断选项；

BC选项，由图像可判断选项；

D选项，注意到，由图像可得单调性，后可判断选项.

【详解】的极值点为在上的变号零点.

即为函数与函数图像在交点的横坐标.

又注意到时，，时，，

，时，.据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示.

A选项，注意到时，，，.

结合图像可知当，.

当，.故A正确；

B选项，由图像可知，则，故B错误；

C选项，表示两点与间距离，由图像可知，

随着n的增大，两点间距离越来越近，即为递减数列.故C正确；

D选项，由A选项分析可知，，

又结合图像可知，当时，，即此时，

得在上单调递增，

则，故D错误.

故选：AC

【点睛】关键点点睛：本题涉及函数的极值点，因函数本身通过求导难以求得单调性，故将两相关函数画在同一坐标系下，利用图像解决问题.

13．##

【分析】成等差数列得利用数列的通项公式展开即可求出公比.

【详解】由题意：为等比数列，成等差数列，则，，

，又因为等比数列的公比不为1，

故答案为：.

14．##

【分析】根据球的性质，结合导数的性质、棱锥的体积公式、球的表面积公式进行求解即可.

【详解】因为，所以正三棱锥外接球半径，

如图所示，设外接球圆心为O，过向底面作垂线垂足为D，，

要使正三棱锥体积最大，则底面与在圆心的异侧，

因为是正三棱锥，所以D是的中心，

所以，

又因为，所以，

，

所以，

令，

解得或，

当，；当，，

所以在递增，在递减，

故当时，正三棱锥的体积最大，此时正三棱锥的高为，

故正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为.

故答案为：

15．4

【分析】由得，所以，根据解方程即可求出结果．

【详解】因为函数有两个极值点与

由，则有两根与

所以，得

因为，

所以，又

则，

所以

故答案为：

16．2

【分析】由题可得，然后利用韦达定理法，两点间距离公式结合条件即得.

【详解】由点在抛物线上得：，即,

所以抛物线C的方程为：,

设直线的方程为，，,

由直线与的倾斜角互补得，

即，所以,

联立，得，

所以，,

所以，即，所以,

所以

．

故答案为：2.

17．(1)或

(2)

【分析】（1）由余弦定理列出方程，求出的值；

（2）作出辅助线，得到，由余弦定理求出，从而求得答案.

【详解】（1）在中，由余弦定理得：，

所以，解得或，

经检验均符合要求；

（2）在中，过D作的平行线交于E，

因为点D是边的中点，所以点E为AC的中点，

在中，，

又，所以.

由余弦定理得：，

所以，所以或（舍去），

故.

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)应用,结合等差数列定义证明即可;

(2)先求等比数列的通项公式,再两次应用错位相减或裂项相消

【详解】（1）①，

当时，②，

①－②得：,

即，

所以，且，

所以是以1为公差的等差数列．

（2）由（1）得，．

当时，；当时，；

又满足上式，所以．

所以，记数列的前n项和为．

方法一：（两次错位相减）

，①

，②

①－②得，③

则，④

③－④得

，

所以．

方法二：（裂项）

因为，

所以

．

19．(1)

(2)6，答案见解析

【分析】（1）确定X可能取值为4，5，6，7，分别求出概率后，由期望公式计算出期望；

（2）Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为和，利用独立事件概率公式求得的概率，再由期望公式计算出期望，根据白球对取到黒球的影响说明期望的大小关系．

【详解】（1）X可能取值为4，5，6，7，

，

；

（2）Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为和  ，

，

，

，

，

.

在将球分装时，甲袋中的黑球取完后直接取乙袋，若此时甲袋中还有其它球，则该球的干扰作用已经消失，所以同样是要取出4个黑球，调整后的方案总抽取次数的期望更低.

20．(1)

(2)（i）0；（ii）48

【分析】（1）设直线与轴交于，由几何性质易得：，即可解决；（2）设，（i）中，由于中点在抛物线上，得，将，代入联立得点纵坐标为，即可解决；（ⅱ）由（i）得点，，又点在圆上，得，可得：即可解决.

【详解】（1）设直线与轴交于.

由几何性质易得：与相似，

所以，

，

即：，解得：.

所以抛物线的标准方程为：.

（2）设

（i）由题意，中点在抛物线上，即，

又，将代入，

得：，

同理：，

有，此时点纵坐标为，

所以直线的斜率为0.

（ⅱ）因为，

所以点，

此时，

，

，

所以，

又因为点在圆上，有，即，代入上式可得：

，

由，

所以时，取到最大价.

所以的最大值为48.

21．（1）证明见解析；（2）

【分析】（1）通过证明．，转化证明平面，然后推出平面；

（2）建立空间直角坐标系，设，求出相关点的坐标，求出平面的一个法向量，令，由题意可得平面的一个法向量，求出两法向量所成角的余弦值，即可求的取值范围．

【详解】（1）证明：设，

∵，，∴，

∴，

∴，则.

∵四边形为矩形，∴，

而平面，且，∴平面.

∵，∴平面.

（2）以为坐标原点，分别以直线，，为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，

令，则，，，，

所以，，

设为平面的一个法向量，

由，得，

取，所以，

因为是平面的一个法向量.

所以.

因为，所以当时，有最小值，

当时，有最大值，所以.

【点睛】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判断定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力

22．(1)单调递增区间为，无单调递减区间

(2)（ⅰ）（ⅱ）证明见解析

【分析】（1）对函数求导函数，根据导函数在定义域内的符号判断函数的单调性，得单调区间；

（2）（ⅰ）将函数有三个零点转化为有两个零点，分类讨论，得使条件成立的a的取值范围；

（ⅱ）由，得，证明，得，可证明原命题成立.

【详解】（1）当时，，，

则在恒成立，所以在单调递增，

故的单调递增区间为，无单调递减区间．

（2）（ⅰ），

，，则除1外还有两个零点，

，令，

当时，在恒成立，则，

所以在单调递减，不满足，舍去；

当时，除1外还有两个零点，则不单调，

所以存在两个零点，所以，解得，

当时，设的两个零点为，

则，，所以．

当时，，，则单调递增；

当时，，，则单调递减；

当时，，，则单调递增；

又，所以，，

而，且，

，且，所以存在，，

使得，

即有3个零点 ，，．

综上，实数a的取值范围为．

（ⅱ）证明：因为，

所以若，则，所以．

当时，先证明不等式恒成立，

设，

则，

所以函数在上单调递增，于是，

即当时，不等式恒成立．

由，可得，

因为，所以，

即，两边同除以，

得，即，

所以．

【点睛】（ⅰ）中求使得有两个零点的a的取值范围，得，还需找点说明此时有三个零点；

（ⅱ）由欲证命题知需先求与间的数量关系，结合函数解析式特征发现，

进而得得，推断需证明时，，构造函数证明.