年普通高等學校招生全國統一考試模擬試題（一）數學本試卷共4頁，題，全卷滿分分考試用時分鐘.★祝考試順利★注意事項：答題前，先將自己的姓名?準考證號?考場號?座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.選擇題的作答：每小題選出答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑寫在試卷?草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內寫在試卷?草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交.一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.若集合，，則（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用冪函數的性質求解不等式得到，再利用交集的定義求解即可.【詳解】令，解得，則，因為，所以，故C正確.故選：C.2.已知復數z滿足，則（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用復數的除法運算求出，即可求其共軛復數.第1頁/共23頁【詳解】由可得：，解得，用復數除法得：，則，故選：C.3.已知向量，且，則實數（）A.-1B.0C.1D.任意實數【答案】B【解析】【分析】根據向量的線性運算及向量垂直的向量關系計算求解【詳解】.由，得，解得.故選：B.4.已知，則（）A.-B.-C.D.【答案】C【解析】【分析】將已知兩式平方后相加，結合同角的三角函數關系，以及兩角差的余弦公式求得答案.【詳解】由，，兩邊平方后相加得，即,得，第2頁/共23頁所以,故選:C.5.已知球的半徑和圓錐的底面半徑相等，且圓錐的側面展開圖是圓心角為的扇形，則球與圓錐的體積之比為（）A.2B.3C.D.【答案】C【解析】【分析】根據給定條件，利用弧長公式用圓錐底面圓半徑表示其母線，再利用球與圓錐體積公式列式計算.【詳解】設球的半徑和圓錐的底面半徑均為，圓錐的母線長為，由圓錐的側面展開圖是圓心角為的扇形，得，則，所以球的體積與圓錐的體積之比為.故選：C6.已知函數（且上的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據分段函數的解析式，結合分段函數的單調性的求解方法和對數函數的性質，列出不等式組，即可求解.【詳解】由題意，函數（且）是上的單調函數，則滿足，解得.第3頁/共23頁故選：C.【點睛】本題主要考查了利用分段函數的單調性求參數，以及一元二次函數與對數函數的圖象與性質的應用，其中解答中熟練分段函數的單調性的判定方法，以及對數函數的性質是解答的關鍵，著重考查推理與運算能力.7.已知函數，則此函數在區間內零點的個數為（）A.0B.1C.2D.3【答案】D【解析】【分析】令得，或或時，不是函數零點，當且且時，，同一坐標系內，畫出與在上的圖象，數形結合得到答案.【詳解】令得，，當或或時，，但，故不是函數零點，當且且時，，同一坐標系內畫出與在上的圖象，如下：第4頁/共23頁可以看出上，與在上共有3個交點，故零點個數為3個，分別為.故選：D8.已知定義域為函數關于點確的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】關于點對稱推出取值所得不等式累加，結合判斷選項，由反例確定BD錯誤，根據累加結果確定A，正確C錯誤.【詳解】因為函數關于點對稱，所以，即，又，所以，即，第5頁/共23頁對于AC，，，，，，累加得，又，即，故A正確，取，則，故的圖象關于對稱，而，當時，，當時，，當時，，故此時恒成立，故，而，，，故BCD錯誤；故選：A作出判斷.二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共分在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列關于概率統計的知識，其中說法正確的是（）A.數據的第25百分位數是1；B.若一組樣本數據的對應樣本點都在直線第6頁/共23頁數為；C.已知隨機變量，若，則；D.某班有50名同學，一次考試后的數學成績服從正態分布，則理論上說在分的人數約為17，，【答案】ACD【解析】【分析】根據百分位數、相關系數、二項分布、正態分布等知識對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】對于選項A，8個數據從小到大排列，由于，所以第25百分位數應該是第二個與第三個的平均數，故A正確；對于選項B，因為樣本點都在直線上，說明是負相關且線性相關性很強，所以相關系數為，故B錯誤．對于選項C，因為，所以，解得，故C正確；對于選項D，由，可得在90~100分的人數是，故D正確.故選：ACD．10.已知，且成等差數列（）A.也成等差數列B.也成等差數列C.D.【答案】ACD【解析】【分析】根據等差數列計算再結合基本不等式即可判斷A,D，應用指數函數單調性判斷B,C.【詳解】因為，所以，D選項正確；第7頁/共23頁因為，所以，C選項正確；因為，所以,A選項正確；設成等差數列，得出,若成等差數列，則已知矛盾，所以B錯誤.故選：ACD.已知曲線的方程為，一條不過原點的直線與軸分別交于兩點，則下列說法正確的有（）A.曲線有4條對稱軸B.曲線C形成封閉圖形的面積大于C當時，直線與相切D.若點在曲線上，則【答案】ACD【解析】A4B過C位于圓C，設直線方程聯立，利用條件代入計算求得一個解，即可判斷.對于D思想，即正數大于負數，從而得證．【詳解】首先，我們作出符合題意的圖象，第8頁/共23頁對于A，由絕對值的特征，曲線在四個象限內都有對稱性，即關于軸，軸，以及直線和直線對稱，則故曲線有4條對稱軸，故A正確；對于B，設為曲線第一象限內任意一點，則，兩側同時平方得，即，故，而到點的距離為，故曲線C位于圓的左下部分四分之一圓弧的下方，又圓的左下部分四分之一圓弧與坐標軸圍成的面積為，該面積為邊長為1的正方形面積減去四分之一圓的面積，所以第一象限圍成面積小于．所以曲線C形成封閉圖形的面積小于，故B錯誤；對于C，不妨設，則直線的方程為，其中，由消去，可得，將代入，化簡得：，即，解得，由函數的定義，可得直線與曲線在第一象限有且只有一個共同點，第9頁/共23頁故此時直線與曲線相切，同理在其他象限也有相同的結論，故C正確.對于，由點在曲線上得：，結合則，所以,故選項正確．故選：ACD三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共分.12.已知直線與橢圓交于兩點，，則周長是__________.【答案】20【解析】【分析】根據題意可知直線經過橢圓的右焦點，結合橢圓的定義即可求解.【詳解】橢圓,所以，得，則橢圓的右焦點為，所以直線經過橢圓的右焦點，由橢圓的定義可知，的周長為.故答案為：20.13.若曲線在原點處的切線也是曲線的切線，則__________．【答案】第10頁/共23頁【解析】【分析】求導，根據在原點處的切線方程為，進而根據公切線滿足的數量關系得的切點為，將其代入即可求解.【詳解】由得，所以曲線在原點處的切線為．由得，設切線與曲線相切的切點為．由兩曲線有公切線得，解得，則切點為．因為切點在切線上，所以．故答案為：14.有5個相同的球，分別標有數字，從中無放回地隨機取3次，每次取1個球，記為前兩次取出的球上數字的平均值，為取出的三個球上數字的平均值，則與之差的絕對值不大于的概率為__________.【答案】【解析】【分析】根據排列可求基本事件的總數，設前兩個球的號碼為，第三個球的號碼為，則，就的不同取值分類討論后可求隨機事件的概率.【詳解】從5個不同的球中不放回地抽取3次，共有種，設前兩個球的號碼為，第三個球的號碼為，則，故，故，故，若，則，則為：，故有2種，若，則，則為：，，故有8種，第11頁/共23頁當，則，則為：，，故有12種，當，則，則為：，，共有8種，當，則，則為：有2種，共與的差的絕對值不超過時不同的抽取方法總數為，故所求概率為.故答案為：四?解答題：本題共5小題，共分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.記的角的對邊分別為，已知.（1）求A；（2）若點D是BC邊上一點，且，求的值.【答案】（1）（2）【解析】1）根據，結合兩角和差公式運算求解即可；（2）設，利用正弦定理可得，結合題中關系列式求解即可.第12頁/共23頁【小問1詳解】因為，則，可得，且，則，可得，即，又因為，所以.【小問2詳解】因為，由（1）可知：，設，則.在Rt中，可得，即，在中，由正弦定理得，可得，又因為，即，可得，解得，所以的值為.16.已知拋物線的焦點與雙曲線的右焦點重合，雙曲線的漸近線方程為．（1）求拋物線的標準方程和雙曲線的標準方程．第13頁/共23頁（2）斜率為2的直線與拋物線交于兩點，與軸交于點，若，求．【答案】（1），；（2）.【解析】1）由雙曲線漸近線方程求出，進而求出其右焦點即可得解.（2）設出直線的方程，與拋物線方程聯立，借助共線向量求出點的坐標即可.【小問1詳解】依題意，雙曲線漸近線方程為：，于是，解得，因此雙曲線的標準方程為：，其右焦點為，則，解得，所以拋物線的標準方程為，雙曲線的標準方程為.【小問2詳解】設的方程為：，則，由消去得：，則，，由，得，則，滿足，因此，，，所以．17.如圖，在四棱錐中，底面為棱的中點，四面第14頁/共23頁體的體積為的面積為.（1）求證：平面；（2）求點到平面的距離；（3平面為棱與平面夾角為時，求的長.【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）.【解析】1）取的中點，利用線面平行的判定，結合平行四邊形性質推理得證.（2）由線面平行的判定證得平面，結合體積公式求出點到平面的距離即可.（3）取的中點，利用面面垂直的性質、線面垂直的判定證得，再建立空間直角坐標系，利用面面角的向量求法求解.【小問1詳解】在四棱錐中，取的中點，連接，在中，由分別為的中點，得，又，則，即四邊形為平行四邊形，，而平面平面，所以平面.【小問2詳解】第15頁/共23頁設點到平面的距離為，由四面體的體積為的面積為，得，解得，而平面平面，則平面，所以點到平面的距離為.【小問3詳解】取的中點，連接，由，得，由平面平面，平面平面平面，得平面，即，則，由平面平面，得，又平面平面，則，而平面，因此平面，又平面，則，而的面積為，，則，，由，得，以為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，則，設，則，，設平面的法向量為，則，取，得，設平面法向量為，則，取，得，，由平面與平面的夾角為，第16頁/共23頁得，解得，即為的中點，所以.18.已知函數.（1）若，函數在上單調遞減，求實數的取值范圍：（20為函數明理由；（3）若，求函數在上的零點個數.【答案】（1）（2）（3）2【解析】1在上恒成立，再引入函數求出函數的最值得參數范圍；（2）通過求得，再驗證即可；（3）求出，令，再求導，由的單調性確定的零點的存在性,從而得的正負，確定即的單調性，然后再確定的零點的存在性，得出的正負，確定的單調性，然后確定【小問1詳解】當時，，，因為函數在上單調遞減，所以在上恒成立，即在上恒成立，可得，令，在上，，，第17頁/共23頁所以在上的最小值為，所以實數a的取值范圍為．【小問2詳解】存在，理由如下：當，，，若0為函數的極大值點，則，則，此時，，令，可得，當時，易知，當時，，，所以，即在恒成立，也即在單調遞減，又，所以，，，，所以0為函數的極大值點；【小問3詳解】第18頁/共23頁當，時，，可得，，設，則，易知在上單調遞增，又，，所以，使得，在上,在上，所以在上單調遞減，在上單調遞增，又，，，所以，，使得，故在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，又，由得，，又因為，易知，所以，所以，使得，綜上，函數在上有，0兩個零點．19.已知是給定的正整數，設是以滿足下列條件①②③的函數為元素構成的集合：①定義域為第19頁/共23頁；②；③，，其中，.對給定的整數，（其中.（1）當時，直接寫出集合和（2）若且不是3的倍數，證明：；（3）從集合中隨機取出一個函數，證明：對任意，隨機事件“”發生的概率都不超過.【答案】（1）；；（2）證明見解析；（3）證明見解析；【解析】1）根據定義，分類討論即可；（2）分和討論即可；（3）根據條件概率公式得，然后再計算和即可.【小問1詳解】當時，，若是，則，（i）當，時，條件①為的定義域為，條件②為，條件③當時，，（ii）當，時，條件①為的定義域為，條件②為，條件③當時，，（iii）當，時，條件①為的定義域為，條件②為，條件③當時，，第20頁/共23頁若取當時，，則，則此時，滿足，若取當時，，則，則此時，不滿足，舍去；（iv）當，時，條件①