临考押题卷02（解析版）--高考数学临考押题卷（新高考卷）(1).docx

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1、高考临考押题卷（二）数学（新高考卷）（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答第卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3回答第卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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.1已知集合，则（）ABCD【答案】C【详解】由已知，故选：C2若复数，则

2、（）A2BC4D5【答案】B【详解】因为复数，所以，所以，故选：B3设x，则“且”是“”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【详解】由且，可得当，时，满足，但不满足且则“且”是“”的充分不必要条件故选：A4若向量满足，则与的夹角为()ABCD【答案】C【详解】由题可知，向量与的夹角为.故选：C.5已知点F为抛物线的焦点，点P在抛物线上且横坐标为8，O为坐标原点，若OFP的面积为，则该抛物线的准线方程为（）ABCD【答案】B【详解】抛物线的焦点，由，可得，不妨令则，解之得则抛物线方程为，其准线方程为故选：B6在边长为6的菱形中，现将沿折起，当三棱锥的体

3、积最大时，三棱锥的外接球的表面积为（）ABCD【答案】A【详解】当三棱锥的体积最大值时，平面平面，如图，取的中点为，连接，则.设分别为，外接圆的圆心，为三棱锥的外接球的球心，则在上，在上，且,且平面，平面.平面平面，平面平面，平面平面，同理四边形为平行四边形平面，平面，即四边形为矩形. 外接球半径 外接球的表面积为 故选：A.7我们通常所说的ABO血型系统是由A，B，O三个等位基因决定的，每个人的基因型由这三个等位基因中的任意两个组合在一起构成，且两个等位基因分别来自于父亲和母亲，其中AA，AO为A型血，BB，BO为B型血，AB为AB型血，OO为O型血.比如：父亲和母亲的基因型分别为AO，AB

4、，则孩子的基因型等可能的出现AA，AB，AO，BO四种结果，已知小明的爷爷、奶奶和母亲的血型均为AB型，不考虑基因突变，则小明是A型血的概率为（）ABCD【答案】C【详解】因小明的爷爷、奶奶的血型均为AB型，则小明父亲的血型可能是AA，AB，BB，它们对应的概率分别为，当小明父亲的血型是AA时，因其母亲的血型为AB，则小明的血型可能是AA，AB，它们的概率均为，此时小明是A型血的概率为，当小明父亲的血型是AB时，因其母亲的血型为AB，则小明的血型是AA的概率为，此时小明是A型血的概率为，当小明父亲的血型是BB时，因其母亲的血型为AB，则小明的血型不可能是AA，所以小明是A型血的概率为，即C正确

5、.故选：C8已知直线与直线相交于点P，点，O为坐标原点，则的最大值为（）ABC1D【答案】B【详解】直线恒过定点，直线恒过定点，而，即直线与直线垂直，当P与N不重合时，当P与N重合时，令点，则，于是得，显然点P与M不重合，因此，点P的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆（除点M外），如图，观察图形知，射线AP绕点A旋转，当旋转到与圆O：相切时，最大，最大，因，为切线，点为切点，则，所以最大值为，.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3分，有选错的得0分.9的展开式中各项系数之和为2，则其中正确的是（）

6、Aa=1B展开式中含项的系数是C展开式中含项D展开式中常数项为40【答案】AC【详解】令，故A正确；的展开式中含项的系数为，故B错误； 的展开式中为项 ，故C正确；的展开式中常数项为，故D错误.故选：AC.10已知函数，则下列结论正确的是（）A若对于任意的，都有成立，则B若对于任意的，都有成立，则C当时，若在上单调递增，则的取值范围为D当时，若对于任意的，函数在上至少有两个零点，则的取值范围为【答案】ACD【详解】对于A，对于任意的，都有成立，所以恒成立，又，故A正确；对于B，由题可得是函数的周期，但不能推出函数的最小正周期为，故B错误；对于C，当时，当时，则，故，故C正确；对于D，当时，当时

7、，由在上至少有两个零点，则，即，故D正确.故选：ACD.11如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则下列结论正确的是（）AB点的轨迹是一个半径为的圆C直线与平面所成角为D三棱锥体积的最大值为【答案】ACD【详解】对于A选项，连接，因为四边形为正方形，则，平面，平面，则，因为，平面，平面，同理可证，平面，平面，A对；对于B选项，设平面，因为，所以，三棱锥为正三棱锥，因为平面，则为正的中心，则，所以，平面，平面，即，因为，即，解得，所以，点的轨迹是半径为的圆，B错；对于C选项，平面，所以，与平面所成的角为，且，故，C对；对于D选项，点到直线的距离为，所以点到直线的距离的最大值为，故

8、的面积的最大值为，因为平面，则三棱锥的高为，所以，三棱锥体积的最大值为，D对.故选：ACD.12我们约定双曲线与双曲线为相似双曲线，其中相似比为.则下列说法正确的是()A的离心率相同，渐近线也相同B以的实轴为直径的圆的面积分别记为，则C过上的任一点引的切线交于点，则点为线段的中点D斜率为的直线与的右支由上到下依次交于点、，则【答案】AC【详解】的渐近线为，离心率为，则双曲线实轴长为，虚轴长为，渐近线方程为，故两个双曲线的渐近线方程相同，在双曲线里面，离心率，两双曲线离心率也相同，故A正确；，故B错误；对于C，若P为顶点时，切线与x轴垂直，根据双曲线对称性可知，此时切线与的交点AB关于x轴对称，

9、即线段AB的中点为P；当该切线与x轴不垂直时，设切线方程为，联立切线与，得(*)，直线与相切，则方程(*)为二次方程，且，方程有两个相同的实数根即为P点横坐标，则根据韦达定理可知，联立切线与，得(*)，设，则，P在切线上，为中点.综上，P为线段AB中点，故C正确；对于D，由(*)和(*)可知，即，故D错误；故选：AC.二、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知，若，则_【答案】【详解】由，可得，解得，即，即，又由，所以，因为，所以.故答案为：.14有的方格中停放三辆完全相同的红色车和三辆完全相同的黑色车，每一行每一列只有一辆车，每辆车占一格，则停放的方法数为_【答案】14400【

10、详解】第一步先选车有种，第二步,因为每一行、每一列都只有一辆车，每辆车占一格，从中选取一辆车后，把这辆车所在的行列全划掉，依次进行，则有种，根据分步计数原理得：种.故答案为：1440015己知为R上的奇函数，且，当时，则的值为_【答案】#-0.8【详解】由题设，故，即的周期为2，所以，且，所以.故答案为：.16在空间直角坐标系Oxyz中，三元二次方程所对应的曲面统称为二次曲面比如方程表示球面，就是一种常见的二次曲面二次曲而在工业、农业、建筑等众多领域应用广泛已知点P(x，y，z)是二次曲面上的任意一点，且，则当取得最小值时，的最大值为_【答案】【详解】由题设，故，当且仅当时等号成立，所以，此时

11、，令，则，故，所以，当时，当时，即在上递增，在上递减.故，且时等号成立，综上，的最大值为.故答案为：.四、解答题17为了解某车间生产的产品质量，质检员从该车间一天生产的100件产品中，随机不放回地抽取了20件产品作为样本，并一一进行检测.假设这100件产品中有40件次品，60件正品，用表示样本中次品的件数.(1)求的分布列（用式子表示）和均值；(2)用样本的次品率估计总体的次品率，求误差不超过的概率.参考数据：设，则，.【解析】(1)解：由于质检员是随机不放回的抽取20件产品，各次试验之间的结果不相互独立，所以由题意随机变量服从超几何分布，所以的分布列为，的均值为；(2)解：样本中次品率是一个

12、随机变量，所以.所以误差不超过的概率为.18已知数列的前n项和为，满足，.(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前100项的和.【解析】(1)当时，整理得，又，得则数列是以-2为首项，-2为公比的等比数列.则，(2)当时，当时，当时，当时，则19在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.(1)求A；(2)若D为BC上一点，且，求的面积.【解析】(1)在中，因为，所以由正弦定理得：，即.因为,所以，即.因为,所以.(2)在中，因为，所以.由余弦定理得：，即，解得：（舍去）.因为.所以，即.因为，所以，解得：，所以的面积 .即的面积为.20如图，在三棱台ABCA1B1C1中，ABC为等

13、边三角形，AA1平面ABC，将梯形AA1C1C绕AA1旋转至AA1D1D位置，二面角D1AA1C1的大小为30(1)证明：A1，B1，C1，D1四点共面，且A1D1平面ABB1A1；(2)若AA1=A1C1=2AB=4，设G为DD1的中点，求直线BB1与平面AB1G所成角的正弦值【解析】(1)证明：因为平面，所以，又因为，所以平面，假设，四点不共面，因为平面，平面，所以平面平面，与平面平面矛盾，故，四点共面，又因为，所以二面角的平面角，所以，又，所以；又，所以平面；(2)以为坐标原点，的方向为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系；则，所以，则，设平面的法向量为，则，令，得，设与平面所

14、成角为，则所以与平面所成角的正弦值为21在平面直角坐标系中，双曲线的离心率为，实轴长为4.(1)求C的方程；(2)如图，点A为双曲线的下顶点，直线l过点且垂直于y轴（P位于原点与上顶点之间），过P的直线交C于G，H两点，直线AG，AH分别与l交于M，N两点，若O，A，N，M四点共圆，求点P的坐标.【解析】(1)因为实轴长为4，即，又，所以，故C的方程为.(2)由O，A，N，M四点共圆可知，又，即，故，即，所以,设，由题意可知，则直线，直线，因为M在直线l上，所以，代入直线AG方程，可知，故M坐标为，所以，又，由，则，整理可得，当直线GH斜率不存在时，显然不符合题意，故设直线，代入双曲线方程：中

15、，可得，所以，又，所以,故，即，所以点P坐标为.22已知函数(1)当时，恒成立，求实数的取值范围；(2)当时，方程的根为、，且，求证：【解析】(1)解：因为，则，且，由题意可知，对任意的，设，则，（）当时，恒成立且不恒为零，在上是减函数，又因为，所以恒成立；（）当时，方程的根为，又因为，所以由得，由，得，所以在上是增函数，在上是减函数，因为，所以不恒成立综上所述，(2)证明：当时，由，可得，由，可得，所以在上是减函数，在上是增函数，则，当时，所以，且，当时，所以，即设直线与的交点的横坐标为，则，下面证明当时，设，令，则，当时，当时，所以在上是减函数，在上是增函数，又因为，所以当时，故当时，设直线与的交点的横坐标为，则，可得，如下图所示：则，所以，得证学科网（北京）股份有限公司