【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)0xxx

x，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(1

0)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2234

xfxxx，且2log3faf，则实数a的取值范围为（）A．,28,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π8sin03fxx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a

bcabcabacbc，∴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π4MND，

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PEED，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1BB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ACD．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246

4CC15，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17

0，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sinh

2xxexe．若直线x＝m与双曲余弦函数C1与双曲正弦函数C2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．coshcoshco

shsinhs)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】coshcoshsinhsinh2222xxyyxxyyeeeeeeeexyx

y()2coshxyxyxyee，A正确；22sinhc4oshxxyxxee，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121222lnlnxxxx，∴211222lnlnxxxx，即2121212lnxxxxxx，即11121lntxtxtx，解得121lntxtt，2121lnttxtxtt，所以2

1222lntxxtt．故要证124xx，需证1240xx，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22211462coscos33ABADBDADBD，因为ABAC，所以π2BADDAC．在ACD△中，由余弦定理得22222cos1222sinCDADACADACDACABABB

AD25868325cossin8sin()3333（其中tan2），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、2

C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24

5PQ；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，222222221324167167781670Δkmmkkm

，可得22167mk，设点11,Pxy、22,Rxy，联立2212516ykxmxy，消去y并整理得22225165025160kxkmxm，22222222

250425162516160025161440010Δkmmkkmk，由韦达定理得122502516kmxxk，212225162516mxxk，222121212114PRkxxkxxxx22222222224251

61201501201201925162516251625162511mkkmkkkkkkk，120152592PR，当且仅当0k时，PR取得最大值152．故答案为2

212516xy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1636332121211163329212aaSa

aaSa，因为1121a，所以3263a，等差数列na的公差321163212321121aad，所以，11112121121naandnn．（2）由（1）可知11

11212122121nbnnnn，11111111112335212122121nnTnnnn．18．（12分）在①π

2AC；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5sin4sin5sincosCABA．因为sinsinsincoscossinCABABAB，所以5cos

sin4sinBAA．因为sin0A，所以cos45B，23sin1cos5BB．因为π2AC，πABC，所以π22BC，所以π3cos2cossin25CBB，所以21cos21sin25

CC．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π22B

C．在ABC△中，由正弦定理得π3sinsin3cos2πsincos2sin22CbACaBCC，所以3sincos2cos2CCC，即3sin24cos2CC．因为π0π20πACC，所以π02

C，02πC，所以sin20C，所以cos20C．又22sin2cos21CC，所以3cos25C，所以21cos21sin25CC，所以5sin5C．在ABC△中，由正弦定理得53sinsinsin5

53πsincos2sin252bCbCbCcBCC．方案三：选条件②③．因为5415coscaA，3b，所以545coscabA，由正弦定理得5sin4sin5sincosCA

BA，因为sinsinsincoscossinCABABAB，所以5cossin4sinBAA．因为sin0A，所以cos45B，23sin1cos5BB．因为1sin32Sac

B，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EABCD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，2DGBCAGAD，ADG△为等边三角形，12DGAB，ABD△是直角三角形，ADBD，平面ADE平面A

BCD，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111112333020x

yzx，取0,12，m；由00CBEBnn，得22222302330xyxyz，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2111111kkkEpkpkkp，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，f

x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12

e，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2

234690mymy，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()xf

xeaxx．（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()2xFxeax．

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))44ln(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)hxh

ax．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．