【文档说明】(新高考)高三数学第二次模拟考试卷一（解析版，A3版）.doc，共(10)页，971.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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（新高考）高三第二次模拟考试卷数学（一）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑

，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷一、

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，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合0,Aa，220BxxxZ，若0,1AB，则BAð（）A．1,1B．1,2C．1,1,2D．1,2【答案】D【解

析】由不等式22(2)(1)0xxxx，解得12x，所以1,0,1,2B，又由0,1AB且0,Aa，所以1a，即0,1A，由补集的概念及运算，可得1,2BAð，故选D．2．已知

复数(3i)(32i)()zaaR的实部与虚部的和为7，则a的值为（）A．1B．0C．2D．2【答案】C【解析】2(3i)(32i)32i9i6i36(29)izaaaaa，

所以复数z的实部与虚部分别为36a，29a，于是36297aa，解得2a，故选C．3．某自来水厂一蓄水池可以用甲､乙两个水泵注水，单开甲泵需15小时注满，单开乙泵需18小时注满，若要求10小时注满水池，并且使两泵同时开放的时

间尽可能地少，则甲、乙两水泵同时开放的时间最少需（）A．4小时B．7小时C．6小时D．14小时【答案】C【解析】根据题意开放水泵的工序流程图有两个方案：方案一：甲､乙两泵同时开放→甲泵开放方案二：甲､乙两泵同时开放→乙

泵开放如果用方案一注水，可设甲､乙两泵同时开放的时间为x个小时，由题意得方程111(10)1181515xx，解得6x(小时)；如果用方案二注水，可设甲､乙两泵同时注水的时间为y个小

时，则111(10)1181518yy，解得602693y(小时)，所以选方案一注水，可得甲､乙两水泵同时开放注水的时间最少，需6个小时，故选C．4．33xy是69xyxy成立的（）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【答案】A【解析】充分性显然成立，必要性可以举反例：10x，52y，显然必要性不成立，故选A．5．已知函数2234xfxxx，且2log3faf，则实数a的取值范围为（）A．,2

8,B．0,2C．0,28,D．8,【答案】C【解析】∵22224344434xxfxxxxxfx，∴fx的图象关于直线2x对称，∵23xy和24yxx都在

,2上是减函数，在2,上是增函数，∴fx在,2上为减函数，在2,上为增函数．又2log3faf，∴2log2321a，即2log1a或2log3a，解得02a或8a

，故选C．6．已知数列na中，11a，111nnnnaaanaN，若110ma，则m（）A．8B．9C．10D．11【答案】C【解析】111111nnnnnnaaaaaa

，所以1na为以1为首项，公差1d的等差数列，所以11(1)1nnna，所以1nan，由1110mam，所以10m，故选C．7．已知函数π8sin03

fxx的最小正周期为π，若fx在,243πm上单调递增，在2π23m上单调递减，则实数m的取值范围是（）A．3π,π2B．55π,π64C．π,3π2D．4,π8π3【答案】B

【解析】由题意可得2ππ，求得2，令πππ2π22π,232kxkkZ，求得π5πππ,1212kxkkZ，由ππ3π2π22π,232kxkkZ，求得5π11πππ,1212kxkk

Z，因为fx在,243πm上单调递增，在2π23m上单调递减，所以5π5π5π3125π64212mmm，所以实数m的取值范围是55π,π64，故选B．8．若,,abc均为单位向量，且0

ab，0acbc，则abc的最大值为（）A．21B．1C．2D．2【答案】B【解析】由题意知，2221abc，又0ab，∵20acbcabaccbc，∴21acbcacb，∴2222221110211

abcabcabacbc，∴1abc，即abc的最大值为1，故选B．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选

对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．已知正方体1111ABCABCD的棱长为4，M为1DD的中点，N为ABCD所在平面上一动点，则下列命题正确的是（）A．若MN与平面ABCD所成的角为π4，则点N的轨迹为圆B．若4MN，则MN的中点P

的轨迹所围成图形的面积为2πC．若点N到直线1BB与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线D．若1DN与AB所成的角为π3，则点N的轨迹为双曲线【答案】ACD【解析】如图：对于A，根据正方体的性质可知，MD平面ABCD，所以MND为MN与平面ABCD所成的角，所以π4MN

D，所以1114222DNDMDD，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；对于B，在直角三角形MDN中，22224223DNMNMD，取MD的中点E，因为P为MN的中点，所以PEDN∥，且132PEDN，因为DNED，所以PEE

D，即点P在过点E且与1DD垂直的平面内，又3PE，所以点P的轨迹为以3为半径的圆，其面积为2π33π，故B不正确；对于C，连接NB，因为1BB平面ABCD，所以1BBNB，所以点N到直线1

BB的距离为NB，所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又B不在直线CD上，所以点N的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；对于D，以D为原点，1,,DADCDD分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系，则(4,0,0)A，(4,4,0)B，1

(0,0,4)D，设(,,0)Nxy，则(0,4,0)AB=，1(,,4)DNxy，因为1DN与AB所成的角为π3，所以1π|cos,|cos3ABDN，所以2241||2416yxy，整理得22311616yx，所以点N的轨迹为双曲线，故D正确，故选A

CD．10．将4男、4女共8位同学随机地分成人数相等的甲、乙两组，则下列说法正确的是（）A．4位女同学分到同一组的概率为135B．男生甲和女生乙分到甲组的概率为314C．有且只有3位女同学分到同一组的概率为3235D．4位男同学不同时分到甲组的概率为3435【答案】AB【解

析】8位同学随机地分成人数相等的甲、乙两组的不同分法为4484CC70，A选项，4位女同学分到同一组的不同分法只有2种，其概率为217035，对；B选项，男生甲和女生乙分到甲组的不同分法为2464CC1

5，其概率为1537014，对；C选项，有且只有3位女同学分到同一组3144C32C2种，则有且只有3位女同学分到同一组的概率为32167035，错；D选项，4位男同学同时分到甲组只有1种，其概率为170，则4位男同学不同时分到甲组的概率为16917070，

错，故选AB．11．意大利画家列奥纳多·达·芬奇（1452．4—1519．5）的画作《抱银貂的女人》中，女士脖颈上黑色珍珠项链与主人相互映衬呈现出不一样的美与光泽，达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，后人给出了悬链线的

函数解析式：()coshxfxaa，其中a为悬链线系数，coshx称为双曲余弦函数，其函数表达式为cosh2xxexe，相应地双曲正弦函数的表达式为sinh2xxexe．若直线x＝m与双曲余弦函数C1与双曲正弦函数C

2的图象分别相交于点A，B，曲线C1在点A处的切线l1与曲线C2在点B处的切线l2相交于点P，则下列结论正确的为（）A．coshcoshcoshsinhs)inh(xyxyxyB．sinhcoshyxx是偶函数C．coshsinhxxD．若PAB△是以A

为直角顶点的直角三角形，则实数0m【答案】ACD【解析】coshcoshsinhsinh2222xxyyxxyyeeeeeeeexyxy()2coshxyxyxyee，A正确；22sinhc4oshxxyxx

ee，记22()4xxeehx，则22()()4xxeehxhx，()hx为奇函数，即sinhcoshyxx是奇函数，B错误；()22xxxxeeee，即coshsinhxx，C正确；对于D，因

为ABx轴，因此若△PAB是以A为直角顶点的直角三角形，则0PAk，由02mAmPeke，解得0m，D正确，故选ACD．12．关于函数2lnfxxx，下列判断正确的是（）A．2x是fx的极大值点B．函数()yfxx=-有且只有1个零点C．存在正

实数k，使得fxkx恒成立D．对任意两个正实数1x，2x，且21xx，若12fxfx，则124xx【答案】BD【解析】A：函数fx的定义域为()0,+?，22212xfxxxx

，当0,2x时，()0fx¢<，fx单调递减；当2,x时，()0fx¢>，fx单调递增，所以2x是fx的极小值点，故A错误；B：2lnyfxxxxx，22221210xxyxxx

，所以函数在()0,+?上单调递减，又112ln1110f，221ln22ln210f，所以函数()yfxx=-有且只有1个零点，故B正确；C：若fxkx，即2lnxkxx，则22lnxkxx．令

22lnxgxxx，则34lnxxxgxx．令4lnhxxxx，则lnhxx，当0,1x时，0hx，hx单调递增；当1,x时，

0hx，hx单调递减，所以130hxh，所以()0gx¢<，所以22lnxgxxx在()0,+?上单调递减，函数无最小值，所以不存在正实数k，使得fxkx恒成立，故C错；D：因为fx在

0,2上单调递减，在()2,+?上单调递增，∴2x是fx的极小值点．∵对任意两个正实数1x，2x，且21xx，若12fxfx，则1202xx．令211xttx，则21xtx，由12fxfx，得1212

22lnlnxxxx，∴211222lnlnxxxx，即2121212lnxxxxxx，即11121lntxtxtx，解得121lntxtt，2121lnttxtxtt，所以21222lntxxtt．故要证124xx，需证1240x

x，需证22240lnttt，需证2224ln0lnttttt．∵211xtx，则ln0tt，∴证2224ln0ttt．令2224ln1Httttt，44ln41Htttt，

414401tHtttt，所以Ht在()1,+?上是增函数．因为1t时，0Ht，则0Ht，所以Ht在()1,+?上是增函数．因为1t时，0Ht，则0Ht，所以2224ln0lnttttt，∴

124xx，故D正确，故选BD．第Ⅱ卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．6xyz的展开式中23xyz的系数是________．【答案】60【解析】66xyzxyz，所以，

6xyz的展开通项为616CrrrrAxyz，ryz的展开式通项为1CC1kkkrkkrkkkrrByzyz，所以，6xyz的展开式通项可以为61,16CC1krkrrkkrkrTxyz，其中06kr且

k、rN，令6123rrkk，解得53rk，因此，6xyz的展开式中23xyz的系数是35365CC160，故答案为60．14．如图，在平面四边形ABCD中，1AD，263BD，ABAC

，2ACAB，则CD的最小值为_______．【答案】33【解析】设ADB，在ABD△中，由正弦定理得sinsinABBDBAD，即263sinsinABBAD，整理得26sinsin3ABBAD．由余弦定理得22211462coscos33AB

ADBDADBD，因为ABAC，所以π2BADDAC．在ACD△中，由余弦定理得22222cos1222sinCDADACADACDACABABBAD25868325cossin8sin()3333（其中t

an2），所以当sin()1时，min33CD，故答案为33．15．已知函数2πcos,11()21,||1xxfxxx，则关于x的方程2()3()20fxfx的实根的个数是_______．【答案】5【解析】由2()3()20fxfx，知

()2fx或()1fx，∴由函数()fx解析式，知：当()2fx时，有212x，解得3x，满足||1x；当()1fx时，若πcos12x且11x，有0x；若211x，解得2x，满足||1x，∴综上知：方程一共有5个根，故答案为5

．16．已知圆221:31Cxy，222:381Cxy，动圆C与圆1C、2C都相切，则动圆C的圆心轨迹E的方程为_____________；直线l与曲线E仅有三个公共点，依次为P、Q、R，则PR的最大值为________．【

答案】2212516xy或221167xy，152【解析】已知圆221:31Cxy，222:381Cxy，则圆1C内含于圆2C，圆1C的圆心为13,0C，半径为11r；圆2C的圆心为23,0C，半径为29r．设动圆C的半径为r，分

以下两种情况讨论：①圆C与圆1C外切，与圆2C内切，由题意可得1219CCrCCr，121106CCCCCC，此时，圆C的圆心轨迹E是以1C、2C分别为左、右焦点，长轴长为1210a的椭圆

，15a，13c，则221114bac，此时，轨迹E的方程为2212516xy；②圆C与圆1C、2C都内切，且12rrr，由题意可得1219CCrCCr，12186CCCCCC

，此时，圆C的圆心轨迹E是以1C、2C分别为左、右焦点，长轴长为228a的椭圆，24a，23c，222227bac，此时，轨迹E的方程为221167xy，综上所述，轨迹E的方程为2212516xy或221167xy．由于直线

l与曲线E仅有三个公共点，则直线l与椭圆221167xy相切．①若直线l的斜率不存在时，直线l的方程为4x，可设直线l的方程为4x，联立22412516xxy，解得4125xy，此时2

45PQ；②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm，联立221167ykxmxy，消去y并整理得222167321670kxkmxm，22222

2221324167167781670Δkmmkkm，可得22167mk，设点11,Pxy、22,Rxy，联立2212516ykxmxy，消去y并整理

得22225165025160kxkmxm，22222222250425162516160025161440010Δkmmkkmk，由韦达定理得122502516kmxxk，212225162516mxxk

，222121212114PRkxxkxxxx2222222222425161201501201201925162516251625162511mkkmkkkkkkk

，120152592PR，当且仅当0k时，PR取得最大值152．故答案为2212516xy或221167xy，152．四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知nS

为等差数列na的前n项和，63219SS，1121a．（1）求数列na的通项公式；（2）若11nnnbaa，求数列nb的前n项和nT．【答案】（1）21nan；（2）21nnTn．【解析】（

1）等差数列na的前n项和12nnnaaS，得1636332121211163329212aaSaaaSa，因为1121a，所以3263a，等差数列na的公差321

163212321121aad，所以，11112121121naandnn．（2）由（1）可知1111212122121nbnnnn，11111111112335212122121nnTnnnn

．18．（12分）在①π2AC；②5415coscaA；③ABC△的面积3S．这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．在ABC△中，内角A，B，C的对边分别

为a，b，c，已知3b，且______，______，求c．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】答案见解析．【解析】解：方案一：选条件①②．因为5415coscaA，3b，所以545coscabA，由正弦定理得5

sin4sin5sincosCABA．因为sinsinsincoscossinCABABAB，所以5cossin4sinBAA．因为sin0A，所以cos45B，23sin1cos5BB．因为π2AC，π

ABC，所以π22BC，所以π3cos2cossin25CBB，所以21cos21sin25CC．因为0,πC，所以5sin5C，在ABC△中，由正弦定理得53sin553sin5bCcB．方案二：选

条件①③．因为1sin32SabC，3b，所以sin2aC．因为π2AC，πABC，所以π22BC．在ABC△中，由正弦定理得π3sinsin3cos2πsincos2sin22CbACaBCC

，所以3sincos2cos2CCC，即3sin24cos2CC．因为π0π20πACC，所以π02C，02πC，所以sin20C，所以cos20C．又22sin2cos21CC，所以3cos25C，所以21cos21sin

25CC，所以5sin5C．在ABC△中，由正弦定理得53sinsinsin553πsincos2sin252bCbCbCcBCC．方案三：选条件②③．因为5415coscaA，3b，所以545coscabA，由正弦定理得5

sin4sin5sincosCABA，因为sinsinsincoscossinCABABAB，所以5cossin4sinBAA．因为sin0A，所以cos45B，23sin1cos5BB．因为1s

in32SacB，所以10ac．（ⅰ）在ABC△中，由余弦定理得2222cosbacacB，所以2225ac．（ⅱ）由（ⅰ）（ⅱ）解得5c或25c．19．（12分）已知四棱锥EAB

CD中，四边形ABCD为等腰梯形，ABDC∥，2ADDC，4AB，△ADE为等边三角形，且平面ADE⊥平面ABCD．（1）求证：AE⊥BD；（2）是否存在一点F，满足EFEB(01)，且使平面ADF与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为6513．若存在，求出

的值，否则请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在12使得平面ADF与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为6513．【解析】（1）取AB的中点G，连接DG，12BGABCD，BGCD∥，四边形BCDG是平行四边形，2

DGBCAGAD，ADG△为等边三角形，12DGAB，ABD△是直角三角形，ADBD，平面ADE平面ABCD，BD平面ABCD，AD平面ADE平面ABCD，BD平面ADE，AE平面ADE

，AEBD．（2）F为EB中点即可满足条件．取AD的中点H，连接EH，则EHAD，取AD的中点H，连接EH，平面ADE平面ABCD，EH平面EAD，所以EH平面ABCD，3EH，23BD，如图建立空间直角坐标系Dxyz，则0,0,0D，2,0

,0A，0,23,0B，1,3,0C，1,0,3E，则2,0,0DA，1,3,0CB，1,23,3EB，,23,3EFEB，1,23,33DF，设平面ADF的法向量为111(,,)xyzm，平面BCE的法

向量为222(,,)xyzn．由00DFDAmm，得111112333020xyzx，取0,12，m；由00CBEBnn，得22222302330xyxy

z，取3,1,3n，于是，21665|cos,|1313521mnmnmn，解得1=2或13（舍去），所以存在12使得平面ADF与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为6513．20．（12分）某医院

为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有*()nnN份血液样本，有以下两种检验方式：①逐份检验，需要检验n次；②混合检验，将其(kkN且2k)份血液样木分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检验

结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为1k次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概

率为01pp．（1）假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验的方式，求恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；（2）现取其中(kkN且2k)份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为1，

采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为2．①记E()为随机变量的数学期望．若12()()EE，运用概率统计的知识，求出p关于k的函数关系式pfk，并写出定义域；②若141pe，且采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次

数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求k的最大值．参考数据：ln20.6931，ln31.0986，ln51.6094．【答案】（1）310；（2）①111kpk（*kN且2k）；②8．【

解析】（1）记恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来为A事件，则3121322335AACC31A0PA．（2）①根据题意，可知1Ek，2的可能值为1，1k，则211kPp，2111kPkp，所以2111111

kkkEpkpkkp，由12EE，得11kkkkp，所以111kpk（*kN且2k）．②由于141pe，则421kEkke，所

以41kkkek，即ln04kk，设ln4xfxx，11444xfxxx，0x，当0,4x时，0fx，fx在0,4上单调递增；当4,x时，0fx，fx在4

,上单调递减，ln823n2208lf，99ln92ln30494f，所以k的最大值为8．21．（12分）已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率12e，且经过点31,2

，点12,FF为椭圆C的左、右焦点．（1）求椭圆C的方程；（2）过点1F分别作两条互相垂直的直线12,ll，且1l与椭圆交于不同两点2,,ABl与直线1x交于点P．若11AFFB，且点Q满足QAQB，求1PQF△面积的最小值．【答案

】（1）22143xy；（2）6．【解析】（1）由题意，得222221149141beaab，解得24a，23b，所以椭圆的方程为22143xy．（2）由（1）可得11,0F，若直线1l的斜率为0

，则2l的方程为1x与直线1x无交点，不满足条件；设直线1:1lxmy，若0m，则1则不满足QAQB，所以0m，设11,Axy，22,Bxy，00,Qxy，由2234121xyxmy

，得2234690mymy，122634myym，122934yym，因为11AFFBQAQB，即1122101020201,1,,,xyxyxxyyxxyy，

则12yy，1020yyyy，所以101220yyyyyy，解得1201223yyyyym，于是2131FQmm，直线2l的方程为11xym，联立111xymx

，解得(1,2)Pm，所以2121PFm．所以12113111362PQFmSFQFPmmm△，当且仅当1m时，1min6PQFS△．22．（12分）已知函数2()xfxeaxx

．（1）当1a时，求曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程；（2）若函数()()Fxfxx有两个极值点1x，2x，求证：212(ln(2))xxa．【答案】（1）(3)1yex；（2）证明见解析．【解析】（1）当1a时，

2()xfxexx，则()21xfxex，所以(1)3kfe，又(1)2fe，所以切线方程为(3)(1)2yexe，即(3)1yex．（2）由题意得2()xFxeax，则()2xFxea

x．因为函数()Fx有两个极值点1x，2x，所以()0Fx有两个不相等的实数根1x，2x．令()2xhxeax，则()2xhxea．①当0a时，()0hx恒成立，则函数()hx为R上的增函数，故()hx在R上至多有一个零点，

不符合题意；②当0a时，令()0hx，得ln(2)xa，当(,ln(2))xa时，()0hx，故函数()hx在(,ln(2))a上单调递减；当(ln(2),)xa时，()0hx，故函数()hx在(ln(2),)a上单调递增，因

为函数()0hx有两个不相等的实数根1x，2x，所以min()(ln(2))22ln(2)0hxhaaaa，得2ea，不妨设12xx，则1ln(2)xa，2ln(2)1xa，又(0)10h，所以1(0,ln(2))xa．令24()()(2ln(2))4

4ln(2)xxaGxhxhaxeaxaae，则2244()4240xxxxaaGxeaeaee，所以函数()Gx在R上单调递增．由2ln(2)xa，可得2(ln(2))0GxGa

，即222ln(2)hxhax，又1x，2x是函数()hx的两个零点，即()()12hxhx=，所以122ln(2)hxhax．因为2ln(2)xa，所以22ln(2)ln(2)axa，又1ln(2

)xa，函数()hx在(,ln(2))a上单调递减，所以122ln(2)xax，即122ln(2)xxa．又12122xxxx，所以1222ln(2)xxa，因此212(ln(2))xxa．