【文档说明】新高考数学实战演练仿真模拟卷7（解析版）.doc，共(15)页，896.000 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{2A，1}，{|2}Bxax，若ABB，则实数a值集合为()A．{1}B．{2}C．{1，2}D．{1，0，2}【解析】解：ABBBA，{2A，1}的子集有，{2}，{1}，{2

，1}，当B时，显然有0a；当{2}B时，221aa；当{1}B时，122aa；当{2B，1}，不存在a，符合题意，实数a值集合为{1，0，2}，故选：D．2．已知131izi，则||(z)A．2B．2C．5D．3【解析】解

：13(13)(1)121(1)(1)iiiziiii，则||5z．故选：C．3．设xR，则“250xx”是“|1|1x”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【解析】解：250xx

，05x，|1|1x，02x，05x推不出02x，0205xx，05x是02x的必要不充分条件，即250xx是|1|1x的必要不充分条件．故选：B．4．函数3()1xxfxe的图象大致是()A．B．C

．D．【解析】解：由0x不在定义域内，1x时函数值为正数，图象在x轴的上方；当x趋向正无穷时，由于指数增长较快，因此函数值趋向于0．故选：C．5．中国古代数学成就甚大，在世界科技史上占有重要的地位．“算经十书”是汉、唐千

余年间陆续出现的10部数学著作，包括《周髀算经》、《九章算术》、、《缀术》等，它们曾经是隋唐时期国子监算学科的教科书．某中学图书馆全部收藏了这10部著作，其中4部是古汉语本，6部是现代译本，若某学生要从中选择2部作为课外

读物，至少有一部是现代译本的概率是()A．1315B．23C．815D．13【解析】解：某中学图书馆全部收藏了这10部著作，其中4部是古汉语本，6部是现代译本，若某学生要从中选择2部作为课外读物，基本事件总数21045nC，至少有一部是现代译本包含的基本事件个数1124663

9mCCC，至少有一部是现代译本的概率是39134515mpn．故选：A．6．函数()sin2|sin|fxxx，[0x，2]的图象与直线yk有且仅有两个不同的交点，则k的取值范围是()A．(0,1)B．(0,3

)C．(1,3)D．(0,2)【解析】解：由题意知：3sin,0()sin2|sin|sin,2xxfxxxxx剟„，其图象如右图所示：因为函数()fx的图象与直线yk有且仅有两个不同的交点，所以(1,3)k

，故选：C．7．已知数列{}na的各项均为正数，且满足12a，2222114(1)2(1)0nnnnnananana，设nS为数列{}na的前n项和，则2019(S)A．2020201922B．2020201922C．202020

1822D．2020201822【解析】解：因为2222114(1)2(1)0nnnnnananana，所以11[2(1)][2(1)][2(1)]0nnnnnnnananananana，所以11[2(1)1][2(1)]0nnnnnananana

，因为数列{}na的各项均为正数，所以12(1)0nnnana，即121nnaann，又因为12a，所以数列nan是以121a为首项，以2为公比的等比数列，所以2nnan，即2nnan，故1212222nnSn①，2312

12222nnSn②，①②得：1211112222222(1)22nnnnnnSnnn，所以1(1)22nnSn，所以20202019201822S．故选：C．8．三

个数0.76，60.7，0.7log6的从小到大的顺序是()A．60.70.7log60.76B．60.70.70.76log6C．0.760.7log660.7D．60.70.70.7log66【解析】解：因为指数函数6xy单调递增，故0.70661，同理因为指数

函数0.7xy单调递减，故6000.70.71，又因为对数函数0.7logyx单调递减，故0.70.7log6log10，故60.70.7log60.76，故选：A．二．多选题（共4小题）9．设随机变量X服从正态分布2(,)N，且X落在区间(3,1)内的概率和落在区间

(1,3)内的概率相等．若(2)PXp，则下列结论正确的有()A．0B．2C．1(02)2PXpD．(2)1PXp【解析】解：正态分布2(,)N关于x对称，又X落在区间(3,1)内的概率和落在区间(1,3)

内的概率相等，0，故A正确；正态分布2(,)N关于x对称，1(0)2PX，则1(02)(0)(2)2PXPXPXp…，故C正确；(2)(2)PXPXp，不确定，故B，D错误．故选：AC．10．下列说法中正确的是()A．0ABB

AB．若||||ab且//ab，则abC．若a、b非零向量且||||abab，则abD．若//ab，则有且只有一个实数，使得ba【解析】解：由AB，BA互为相反向量，则0ABBA，故A正确；由||||ab且//ab，可得ab或ab，故

B错误；由a、b非零向量且||||abab，两边平方可得222222aabbaabb，即0ab，所以ab，故C正确；若//ab且0a，则有且只有一个实数，使得ba，故D错误．故选：AC．11．发

现土星卫星的天文学家乔凡尼卡西尼对把卵形线描绘成轨道有兴趣．像笛卡尔卵形线一样，笛卡尔卵形线的作法也是基于对椭圆的针线作法作修改，从而产生更多的卵形曲线．卡西尼卵形线是由下列条件所定义的：曲线上所有点到两定

点（焦点）的距离之积为常数．已知：曲线C是平面内与两个定点1(1,0)F和2(1,0)F的距离的积等于常数2(1)aa的点的轨迹，则下列命题中正确的是()A．曲线C过坐标原点B．曲线C关于坐标原点对称C．曲线C关于坐标轴对称D．若点在曲线C上，则△12FPF的面积不大于212

a【解析】解：由题意设动点坐标为(,)xy，则22222(1)(1)xyxya，即22224[(1)][(1)]xyxya，若曲线C过坐标原点(0,0)，将点(0,0)代入曲线C的

方程中可得21a与已知1a矛盾，故曲线C不过坐标原点，故A错误；把方程中的x被x代换，y被y代换，方程不变，故曲线C关于坐标原点对称，故B正确；因为把方程中的x被x代换，方程不变，故此曲线关于y轴

对称，把方程中的y被y代换，方程不变，故此曲线关于x轴对称，故曲线C关于坐标轴对称，故C正确；若点P在曲线C上，则212||||PFPFa，122121211||||sin22FPFSPFPFFPFa„，当且仅当1290FPF时等号成立，故△

12FPF的面积不大于212a，故D正确．故选：BCD．12．如图所示，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD中，点E，F分别是棱BC，1CC的中点，则()A．1ADAFB．1DC与平面AEF所成角的正弦值为26C．二面角AEFC的余弦值为13D．平面AEF截正方

体所得的截面周长为2532【解析】解：由题意知11ADAC，1ADAF错误，故A错误；以点D为原点，分别以DA，DC，1DD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则1(0D，0，2)，(0E，2，2)，(0F，2，1

)，(2A，0，0)，(0C，2，0)，则1(0CD，2，2)，(1AE，2，0)，(2AF，2，1)，设平面AEF的法向量(nx，y，)z，则20220nAExynAFxyz，令2x

，则(2n，1，2)，设1DC与平面AEF所成角为，则1sin|cosCD，11||22|6||||89CDnnCDn，故B正确；平面CEF的法向量(0m，1，0)，11cos,||||319mnmnmn

，二面角AEFC的余弦值为13，故C错误；E，F分别是棱BC，1CC的中点，1//EFBC，11//ADBC，即1//EFAD，平面AEF截正方体所得截面为四边形1EFDA，正方体的棱长为2，122AD，2EF，1415AEDF

，平面AEF截正方体的截面周长为2532，故D正确．故选：BD．三．填空题（共4小题）13．621(2)xx的展开式中的常数项为240．【解析】解：621(2)xx的展开式的通项公式为631216621()(2)(2)rrrrrr

rTCxCxx，由3120r，可得4r，即有展开式的常数项为1615240．故答案为：240．14．已知2，02，3tan4，5cos()13，则

sin的值为6365．【解析】解：2，3tan4，214cos15tan，23sin15cos，02，可得：0，又5cos()013，可得：02，212sin

()1()13cos，1245363sinsin[()]sin()coscos()sin()()13513565．故答案为：6365．15．已知等差数列{}na的前n项和为nS，且56a，39

14aa，数列{}nb满足1nnbSn，记{}nb的前n项和为nT，nT的最小值为t，若(,0)xytxy，则14xy最小值为9．【解析】解：由等差数列中项公式知，396142aaa，67a，56a，公差1d，数列{}na的通

项公式为5(5)1naandn，12a，1()(3)22nnnaannS，12112()(1)1nnbSnnnnn，121111122[(1)()()]222311nnTbbbnnn

，是单调递增数列，故nT的最小值为11tT，1xy，141444()()5()529yxyxxyxyxyxyxy…，当且仅当4yxxy，即13x，23y时，等号成立，14xy的最小值为9．故答案为：9．16．已知函数1,10,()2

,0xxfxxx…若实数a满足f（a）(1)fa，则1()fa8．【解析】解：根据题意，1,10,()2,0xxfxxx…其定义域为(1,)，则函数()fx在(1,0)和区间[0，)上都是增函数，当1

a…时，有22(1)aa，无解；当10a时，无解；若实数a满足f（a）(1)fa，必有110a且10a，且有2aa，解可得14a，则1()ffa（4）8，故1()8fa，故答案为：8．四．解答题（共6小题）17．ABC的

内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知22()23sinacbabC．（1）求B的大小；（2）若8b，ac，且ABC的面积为33，求a．【解析】解：（1）由22()23sinacbabC，得：222223sinacacbabC，所以：222223s

inacbacabC，即：2(cos1)23sinacBabC，所以有：sin(cos1)3sinsinCBBC，因为(0,)C，所以sin0C，所以cos13sinBB，即3sincos2sin()16BBB，所以1sin()62B

．又0B，所以：5666B，所以：66B，即3B．（2）因为113sin33222acBac，所以12ac．又222222cos()3()3664bacacBacacac，所以10ac，把10ca代入

到12()acac中，得513a．18．nS为各项均为正数的等比数列{}na的前n项和，11a，33a是4a和5a的等差中项．（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）设1(1)(1)nnnnabaa

，数列{}nb的前n项和为nT，求证：12nT．【解析】（Ⅰ）解：由题意，设等比数列{}na的公比为(0)qq，则23aq，34aq，45aq，33a是4a和5a的等差中项，3456aaa，即2346qqq，化简整理，得260qq，解得3q（舍去），或2q

，11122nnna，*nN，（Ⅱ）证明：由（Ⅰ），可得1111211(1)(1)(21)(21)2121nnnnnnnnnabaa，12nnTbbb112111

1111112121212121nn11221n12，12nT．19．如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为梯形，CDAD，//BCAD，PA底面ABCD，且

2PAADCD，3BC．（1）E为PD的中点，证明AE与平面PCD垂直；（2）点F在PC上，且13PFPC，求二面角FAEP的正弦值．【解析】（1）证明：2APAD，E为PD的中点APD为等腰三角形，AEPD，又

PA底面ABCD，PACD，CDAD，ADPAA，CD平面PAD，CDAE，AEPD，AECD，PDCDD，PD平面PDC，AD平面PDC，AE平面PCD．（2）解：因为PA底面ABCD，CDAD，//BCAD，所以PA、AD、CD两两垂直，以A点为原点，AD为

y轴，AP为z轴，过A做平面ABCD内CD的平行线，交BC于点H，AH为x轴，建立如图所示空间直角坐标系．因为2PAADCD，3BC，所以(0A，0，0)，(2B，1，0)，(2C，2，0)，(0D，2，0)，(0P，0，2)．因为E为PD的中点，点F

在PC上，且13PFPC，所以(0E，1，1)，224(,,)333F．设平面AEF的一个法向量为(,,)mabc，则00mAEmAF，即02240333bcabc，取1b，则1a，1c，得(1,1,

1)m．又平面AEP的一个法向量为(1,0,0)n，所以13cos,||||331mnmnmn．所以二面角FAEP的正弦值为63．20．2017年存节期间，某服装超市举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元（含600元），均可抽奖一次，抽奖方

案有两种，顾客只能选择其中的一种．方案一：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球，其中奖规则为：若摸到3个红球，享受免单优惠；若摸到2个红球，则打6折；若摸到1个红球，则打7折；若没摸到红球，则不打折．方案二：从装有10个形状

、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元．（1）若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；（2）若某

顾客消费恰好满1000元，试从概率的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算．【解析】解：（1）选择方案一，若享受到免单优惠，则需要摸出3个红球，设顾客享受到免单优惠为事件A，则333101()120CPAC，所以两位顾客均享受到免单的概率为1()()14400PPAPA；

（2）若选择方案一，设付款金额为X元，则X可能的取值为0，600，700，1000；计算32133733101017(0),(600)12040CCCPXPXCC，123377331010217(700),(1000)4024CCCPXPXCC，故X的分

布列为：X06007001000P11207402140724所以172171()060070010007641204040246EX（元)；若选择方案二，设摸到红球的个数为Y，付款

金额为Z元，则1000200ZY，由已知可得3~(3,)10YB，故39()31010EY，所以()(1000200)1000200()820EZEYEY（元)，因为()()EXEZ，所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算．

21．已知(,0)(0)2pFP，点M在x轴上，点L在y轴上，且2,MNMLLMLF，当点L在y轴上运动时，动点N的轨迹为曲线C，过x轴上一点K的直线交曲线C于P，Q两点．（Ⅰ）求曲线C的轨迹方程；（Ⅱ）证明：存在唯一的一点K，使得2211||||PKQK为

常数，并确定K点的坐标．【解析】解：（Ⅰ）根据题意可知(2pF，0)，(0)p，点M在x轴上，点L在y轴上，且2,MNMLLMLF，画出几何关系如下图所示：设(,)Nxy，L为MN的中点，点L在y轴上，点M的

横坐标为x，由等腰三角形的三线合一可知||||FMFN，即22()22ppxxy，展开化简可得22ypx．证明（Ⅱ）：设K为x轴上一点，设(,0)Ka，过K点直线方程为()ykxa，交抛物线于1(Px，1)y，2(Qx，2)y，联立方程组22()ypxy

kxa，化简变形可得2222(22)0kxakpka，212222222akppxxakk，212xxa，由两点之间的距离公式可得22221111||()()2PKxayxa

px，22222222||()()2QKxayxapx，222211221111||||()2()2PKQKxapxxapx22212122222222211221122(22)()211(22)(22)[(22)][(22)]xxpaxxa

xpaxaxpaxaxpaxaxpaxa对于分子222221212121212(22)()2()2(22)()2xxpaxxaxxxxpaxxa2222222422224()(1)(2)(22)(2)(2

)(2)pppppakpkapaaapkkkkk，对于分母22221111[(22)][(22)]xpaxaxpaxa22222412121212121212()(22)()[()2](22)(22)()xxpaxxxxaxxx

xpaxxapaxxa，222242222222422242224(1)(22)(2)[(2)2](22)(22)(2)pppapkapaaaaaaapaapaaakkkk，22

22211||||(1)pakPKQKapk，当ap时，222111||||PKQKp，此时(,0)Kp．22．已知函数()(1)xfxemlnx，mR．（1）设0x是()fx的极值点，求m，并讨论()fx的单调性；（2）若4

m，证明()fx有且仅有两个不同的零点．（参考数据：15.15)ee【解析】解：（1）因为()1xmfxex，0x是()fx的极值点，所以0(0)001mfe，解得1m，即1()1xfxex，又因为xye与11yx在(1,)上单调递增，所以当

10x时，()0fx；当0x时，()0fx，即()fx在(1,0)上单调递减，在(0,)上单调递增．（2）因为当4m时，4()1xfxex在(1,)上单调递增，因为0(0)430fe

，14(1)202fee，所以存在0(0,1)x，使得0()0fx，即()fx在0(0,)x上单调递减，在0(x，)上单调递增，另由0(0)0fe，f（1）142160eelnlneln

，而f（2）2430eln，所存在1(0,1)x，2(1,2)x，使得12()()0fxfx，即()fx有且仅有两个不同的零点．