【文档说明】新高考数学实战演练仿真模拟卷14（解析版）.doc，共(16)页，823.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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新高考数学实战演练仿真模拟卷一．选择题（共8小题）1．已知集合2{|60}Axxx„，{|10}Bxx，则(AB)A．(，3]B．(，2]C．(,1)D．[2，1)【解析】解：集合2{|60}{|23}Axxxxx剟?，{|10}{|1}Bx

xxx，{|3}(ABxx„，3]．故选：A．2．复数2(1)(1ii)A．1iB．1iC．1iD．1i【解析】解：复数22(1)1222(1)111(1)(1)iiiiiiiiiii

222211iiii．故选：C．3．如图是一个装有水的倒圆锥形杯子，杯子口径6cm，高8cm（不含杯脚），已知水的高度是4cm，现往杯子中放入一种直径为1cm的珍珠，该珍珠放入水中后直接沉入杯底，且体积不变．如果放完珍珠后水不溢出，则最多可以放入珍珠

()A．98颗B．106颗C．120颗D．126颗【解析】解：作出轴截面如图，由题意，8OP，14OP，3OA，设11OAx，则483x，即32x．则放入珍珠的最大体积2211338()421332V．一颗珍珠的体积是341()326．由211266

，得最多可以放入珍珠126颗，故选：D．4．2020年11月，中国国际进口博览会在上海举行，本次进博会设置了“云采访”区域，通过视频连线，帮助中外记者采访因疫情影响无法来沪参加进博会的跨国企业CEO或海外负责人．某新闻机构安排4名记者和3名摄影师对本次进博会进行采访，其

中2名记者和1名摄影师负责“云采访”区域的采访，另外2名记者和2名摄影师分两组（每组记者和摄影师各1人），分别负责“汽车展区”和“技术装备展区”的现场采访．如果所有记者、摄影师都能承担三个采访区域的相应工作，则所有不同的安排方案有()A．36种B．48种C．72

种D．144种【解析】解：根据题意，分3步进行分析：①在4名记者中任选2人，在3名摄影师中选出1人，安排到“云采访”区域采访，有214318CC种情况，②在剩下的外2名记者中选出1人，在2名摄影师中选出

1人，安排到“汽车展区”采访，有11224CC种情况，③将最后的1名记者和1名摄影师，安排到“技术装备展区”采访，有1种情况，则有18472种不同的安排方案，故选：C．5．平行四边形ABCD中，M为CD的中点，点N满足2BNNC，若ABAMAN，则的值是()A．4B．2C

．14D．12【解析】解：根据题意可得，12,23DMDCBNBC，因为ABAMAN，所以()()ABADDMABBN12()()23ADDCABBC223ADDCABBC223ADABABAD

，故2(1)()23ABAD，由平面向量基本定理可得102203，解得132，所以12．故选：D．6．国防部新闻发言人在2020年

9月24日举行的例行记者会上指出：“台湾是中国不可分割的一部分，解放军在台海地区组织实兵演练，展现的是捍卫国家主权和领土完整的决心和能力”，如图为我空军战机在海面上空绕台巡航已知海面上的大气压强是760mmHg，大气压强p（单位：)mmHg和高度h（单位：)m之间的关系为760(hpee

k是自然对数的底数，k是常数），根据实验知500m高空处的大气压强是700mmHg，则我战机在1000m高空处的大气压强约是（结果保留整数）()A．645mmHgB．646mmHgC．647mmHgD．648mm

Hg【解析】解：500m高空处的大气压强是700mmHg，500700760ek，即5007076ek，当1000hm时，有10005002270760760()760()64576peekk．故选：A．7．已知双曲

线2222:1(0,0)xyCabab的右焦点为F，两渐近线分别为1:blyxa，2:blyxa，过F作1l的垂线，垂足为M，该垂线交2l于点N，O为坐标原点，若||||OFFN，则双曲线C的离心率是()A．2B．322C．3D．233【解析】解：由

题意，(,0)Fc，1FMl，FMabk，则直线FM的方程为()ayxcb，联立()byxaayxcb，解得22222acxababcyab，得222(acNab，22)abcab，222bca，22242222222

22()||()()(2)acabccacFNcababac，||||OFFN，224222()(2)caccac，整理得2243ac，即233cea，故选：D．8．已知()||fxxx，对

任意的xR，2()4(3)0faxfx…恒成立，则实数a的最小值是()A．12B．13C．16D．18【解析】解：()||fxxx，定义域为R，且()||||()fxxxxxfx，所以()fx为奇函数，当0

x…时，2()fxx为增函数，所以当0x时，()fx为增函数，所以()||fxxx是R上的增函数，且2()()fxfxkk，因为2()4(3)0faxfx…，所以2()4(3)4(3)(26)faxfxfxfx…，所以226axx…，即2260axx…

恒成立，所以0a且△4240a„，故16a…，即a的最小值是16．故选：C．二．多选题（共4小题）9．习总书记讲到：“广大人民群众坚持爱国奉献，无怨无悔，让我感到千千万万普通人最伟大，同时让我感到幸福都是奋斗出来的”．某企业2019年12个月的收入与支出数据的折线图如图：已知：利润

收入支出，根据该折线图，下列说法正确的是()A．该企业2019年1月至6月的总利润低于2019年7月至12月的总利润B．该企业2019年第一季度的利润约是60万元C．该企业2019年4月至7月的月利润持续增长D．该企业2019年1

1月份的月利润最大【解析】解：由企业2019年12个月的收入与支出数据的折线图，得：在A中，该企业2019年1月至6月的总利润约为：1(304035305060)(202510202230)118x，该企业2019年

7月至12月的总利润约为：(807575809080)(282230404550)265，该企业2019年1月至6月的总利润低于2019年7月至12月的总利润，故A正确；在B中，该企业2019年第一季度的利润约约是：

(304035)(202510)50万元，故B错误；在C中，该企业2019年4月至7月的月利润分别为（单位：万元）:10，28，30，52，该企业2019年4月至7月的月利润持续增长，故C正确；在D中，该企业2019年7月和8月的月利润比11月份的

月利润大，故D错误．故选：AC．10．下列命题为真命题的是()A．若22acbc，则abB．若ab，则122abC．若0a，0b，则2ababab…D．若0ab，则1lgalgb【解析】解：对于A：若22acbc，

则ab，故A正确；对于B：当0ab时，所以0112222ab，故B正确；对于C：若0a，0b，根据不等式中算术平均数和调和平均数的关系，则2ababab…成立，故C正确；对于D：由于1ab，

所以lgalgb，整理得1lgalgb，故D错误．故选：ABC．11．设等比数列{}na的公比为q，前n项和为nS，前n项积为nT，并满足条件11a，202020211aa，20202021(1)(1)0aa，则下列结论中正确的有()A．1

qB．20212020SSC．202020221aaD．2020T是数列{}nT中的最大值【解析】解：根据题意，等比数列{}na满足条件11a，202020211aa，20202021(1)(1)0aa，若1q…，则20

19202020201202111,1aaqaaq，则202010a，202111a，则20202021(1)(1)0aa，这与已知条件矛盾，所以1q…不符合题意，过选项A错误；因为11a，2020202

11aa，20202021(1)(1)0aa，所以20201a，20221a，则01q，0na，则20212020SS，故选项B正确；由等比数列的性质，22020202220211aaa，故选项C正确；数列前2020项都大于1，

从第2021项开始都小于1，因此2020T是数列{}nT中的最大值，故选项D正确．故选：BCD．12．如图，正方体1111ABCDABCD的棱长为1，线段11BD上有两个动点E，F，且1EF，则下列说法中正确的是()A．存在点E，F使得

//AEBFB．异面直线EF与1CD所成的角为60C．三棱锥BAEF的体积为定值212D．1A到平面AEF的距离为33【解析】解：如图所示：对于:AEF与AB异面，故A错误；对于1:BBDC是等边三角形，而//EFBD，故1BDC就是异面直线EF与1CD所成的角，确实是60，故

B正确；对于C：可以根据等积法求得B到平面11ABD的距离为33，故116321322312BAEFV，故C正确；对于D：可以利用等积法求得点1A到平面11ABD的距离为33，即1A到平面AEF的距离为33，故D正确．故选：BCD．三．填空题（共4小题）13．

已知抛物线2:2(0)Cypxp的焦点为F，过F作斜率为3的直线l交抛物线C与A、B两点，若线段AB中点的纵坐标为3，则抛物线C的方程是26yx．【解析】解：由抛物线的方程可得(2pF，0)，由题意可设直线l的方程为：332pxy，设1(Ax，1)y，2(

Bx，2)y，联立直线与抛物线的方程：23322pxyypx，整理可得：2232330ypyp，可得：12233yyp，所以AB中点的纵坐标为33p，由题意可得333p，解得3p，所以抛物线的方程为26

yx；故答案为：26yx．14．已知sin()3cos()36，则tan243【解析】解：由于sin()3cos()36，所以：13333sincoscossin2222，整理得：3cos2sin，所以：3tan2，

则：22tantan2431tan，故答案为：43．15．经纬度是经度与纬度的合称，它们组成一个坐标系统，称为地理坐标系统，它是一种利用三度空间的球面来定义地球上的空间的球面坐标系统，能够标示地球上的任何一个位置，经度是个二面角，是两个经线平面（经线与地轴所成的

半平面）的夹角，某一点的经度，就是该点所在的经线平面与本初子午线平面间的夹角．纬度是个线面角，某一点的纬度是指该点与地球球心的连线和地球赤道面所成的线面角．城市A位置东经120，北纬48，城市B位置

为东经120，北纬18，若地球的半径为R，则过A，B两点和地心的平面截球所得的截面圆的劣弧AB的长是6R．【解析】解：设球心为O，由题意和劣弧所对的圆心角481830AOB，即6AOB

，所以过A，B两点和地心的平面截球所得的截面圆的劣弧AB的长6RL．故答案为：6R．16．如图，等腰直角三角形(ABCC为直角顶点）所在的平面与半圆弧AB所在的平面垂直，P为AB上异于A，B的动点，且

在AB上射影为点H，2AB，则当三棱锥PACH的体积最大时，二面角PBCA的正切值为6．【解析】解：等腰直角三角形ABC中，2AB，则2ACBC，O为AB的中点，COAB，1CO，令PAB，(0,)2，则2cosAP，2sincosPH，22cosAH

，三棱锥PACH的体积231112212sincossin3323ACHVSPHcoscos，令3211()sinsin2sin43612fcos，(0,)2，2111()(cos2cos4)(22

cos21)(cos21)(2cos21)333fcos，(0,)2，cos210，1cos22，即当6时，()f取得最大值()6f，此时三棱锥PACH的体积最大，过H作HGBC于

G，可得PGH为二面角PBCA的平面角，又32PH，32AH，12BH，122224HG，二面角PBCA的正切值为34622PHGH．故答案为：6．四．解答题（共6小题）17．在①△ABC的

外接圆的半径为1，②△ABC的面积为，③AB边上的高为1．这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，c2＝3ab，____，求c的值．【解析】解：因为，

由正弦定理可得c＝a，又因为c2＝3ab，所以可得：a＝b，所以cosC＝＝＝﹣，由于C∈（0，π），可得C＝，A＝B＝，若选择①，由于△ABC的外接圆的半径为1，由正弦定理可得，可得c＝2sinC＝2×＝．若选择②，由于△ABC的面积为＝absinC＝，解得a＝，可得c＝a＝3；若选择

③，由于AB边上的高为1，可求△ABC的面积S＝＝bcsinA＝，解得b＝2，可得a＝2，c＝＝2．18．已知等差数列{}na和等比数列{}nb的首项均为1，{}nb的前n项和为nS，且22aS，43aS．（1）求数列{}na，{}nb的通

项公式；（2）设nnncab，*nN，求数列{}nc的前n项和nT．【解析】解：（1）设公差为d的等差数列{}na和公比为q的等比数列{}nb的首项均为1，且22aS，43aS．所以211&

131&dqdqq，解得2dq，所以21nan，12nnb．（2）设1(21)2nnnncabn，所以112112(211)2(221)(21)2nnTn①，213122(211)2(221

)(21)2nnTn②，①②得：(23)23nnTn．19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，DA＝AB＝BC＝a，CD＝2a，

PD⊥平面ABCD，PD＝2a．（1）求PC与DB所成角的余弦值；（2）设l是过点P且与AB平行的一条直线，点Q在直线l上，当PC与平面BQD所成角的正弦值最大时，求线段PQ的长．【解析】解：过点P作直线l∥AB

，在l上取点Q，连接QD，QB，取CD中点M，连接MA，由题意可建如图所示的空间直角坐标系，各点坐标如下：D（0，0，0），B（，，0），C（0，2a，0）P（0，0，2a）．（1）＝（0，2a，﹣2a），＝（，，0），设PC与DB所成角为θ，cosθ＝＝＝，故PC与DB所成角的余弦值为．

（2）设PQ长为t，则Q（0，t，2a），＝（0，t，2a），设平面BQD法向量为＝（x，y，z），则•＝0，•＝0，，令y＝a，＝（﹣a，a，﹣t），设PC与平面BQD所成角大小为α，则sinα＝＝＝，设f（t）＝，f′（t）＝＝0，解得t＝4a，所以当sinα达到最值时，t＝

4a，即当PC与平面BQD所成角的正弦值最大时，线段PQ的长为4a．20．为了进一步提升广电网络质量，某市广电运营商从该市某社区随机抽取140名客户，对广电网络业务水平和服务水平的满意程度进行调查，其中业务水平的满意率为67，服务水平的满意率为57，对业务水平和服

务水平都满意的有90名客户．（1）完成下面22列联表，并分析是否有97.5%的把握认为业务水平与服务水平有关；对服务水平满意人数对服务水平不满意人数合计对业务水平满意人数对业务水平不满意人数合计（2）为进一步提高服务质量，在选出的对服务水平不满意

的客户中，抽取2名征求改进意见，用X表示对业务水平不满意的人数，求X的分布列与期望；（3）若用频率代替概率，假定在业务服务协议终止时，对业务水平和服务水平两项都满意的客户流失率为5%，只对其中一项不满意的客户流失率为40%，对两项都不满意的客户流失率为75%，从该社区中任选4名客户，则在业务服务协

议终止时至少有2名客户流失的概率为多少？附：2()PKk…0.100.050.0250.0100.0050.001k2.7063.8415.0246.6357.87910.82822()()()()()nadbcKab

cdacbd，其中nabcd．【解析】解：（1）由题意知，对业务水平满意的为61401207人，对服务水平满意的为51401007人，补充完整的22列联表如下所示：对服务水平满意人数对服务水平不满意人数合计对业务水平

满意人数9030120对业务水平不满意人数101020合计1004014022140(90103010)215.255.02412020100404K，故有97.5%的把握认为业务水平与服务水平有关．（2）随机变

量X的所有可能取值为0，1，2，02103024029(0)52CCPXC，11103024020(1)52CCPXC，2010302403(2)52CCPXC，X的分布列为X012P29522052352数学期望292031()0125

252522EX．（3）在业务服务协议终止时，对业务水平和服务水平两项都满意的客户流失的概率为9095%140280，只对其中一项不满意的客户流失的概率为403240%140280，对两项都不满意的客户流失的概率为10

1575%140280，从该运营系统中任选一名客户流失的概率为9321512805，在业务服务协议终止时，从社区中任选4名客户，至少有2名客户流失的概率为0401314441411131()()()()

5555625PCC．21．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆2222:1(0)xyEabab的离心率为22，且经过点2(1,)2．（1）求椭圆E的方程；（2）设A，B，C，D是椭圆E

上互异的四点（点A在第一象限），其中A，B关于原点对称，A，C关于x轴对称，且//ABCD，求四边形ABCD面积的最大值．【解析】解：（1）由已知条件可得22221121220abcacabab

，解得2a，1b，1c，所以椭圆的方程为2212xy．（2）设1(Ax，11)(0yx，10)y，则点1(Bx，1)y，1(Cx，1)y，2(Dx，2)y，直线AB的斜率为11yxk，因为//ABCD，则直线CD的方程为1111()yyyxxx，联立1111

22()12yyyxxxxy，得2221121141410yxxyxx，由韦达定理可得2121121121441yxxxxyx，因为1||2ACy，所以四边形ABCD的面积为31211121111||(2)2

()422ABCACDSSSACxxxyxxxy，所以22626261111111616(22)32(1)Sxyyyyy令21(0,1)yt，3()32(1)gttt，则232()9612832(34)gttttt，当304t

时，()0gt，此时函数()gt单调递增，当314t时，()0gt，此时函数()gt单调递减，所以334313323()()32()4444maxgtg，所以3232336164maxS，所以四边形A

BCD的面积的最大值为364．22．已知函数()1fxalnxx，aR．（1）若函数()fx在(1,)上单调递减，求a的取值范围；（2）若函数()fx存在最大值，且最大值不大于0，求a的值．【解

析】解：（1）若函数()fx在(1,)上单调递减，则1()02afxxx„在(1,)恒成立，故2xa„在(1,)恒成立，又1x时，122x，故只需12a„即可，即a的取值范围是(，1

]2；（2）()fx的定义域是(0,)，若函数()fx存在最大值，则()fx在定义域不单调，1()2afxxx，当0a„时，()0fx在(0,)恒成立，故()fx在(0,)上单调递

减，无最值，不合题意，当0a时，由()0fx，解得：24xa，故2(0,4)xa时，()0fx，()fx递增，2(4xa，)时，()0fx，()fx递减，故2()(4)2(2)21maxfxfaalnaa，由()fx的最大值不大于0，则2(2)

210alnaa„，令()1hxxlnxx，(0)x，则h（1）0，又()hxlnx，令()0hx，解得：1x，令()0hx，解得：01x，故()hx在(0,1)递减，在(1,)递增，故()minhxh（1）0，故(2)ha的最小值是0，

此时12a，2(2)210alnaa„，只能是2(2)210alnaa，此时12a．