理科数学-全真模拟卷05（新课标Ⅲ卷）（解析版）.docx

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1、全真模拟卷05（新课标卷）理科数学本卷满分150分，考试时间120分钟。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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若集合，则等于（ ）ABCD【答案】A【详解】因为集合，所以=，故选：A2若，则（ ）ABCD【答案】A【详解】由得，故.3易经是中国传统文化中的精髓如图是易经后天八卦图，每一卦由三根线组成（“_”表示一根阳线，“_ _”表示一根阴线），现从八卦中任取两卦，这两卦的阳线数目之和为3的概率是（ ）ABCD【答案】A【详解】解：从八卦中任取两卦，基本事件总数，这两卦的阳线数目之和为3的基本事件有种，这两卦的阳线数目之和为3的

2、概率为4已知半径为2的圆经过点，其圆心到直线的距离的最小值为（ ）ABCD【答案】B【详解】半径为2的圆经过点，设圆心坐标为，则圆的方程为所以该圆的圆心的轨迹是以为圆心，2为半径的圆故圆心到直线的距离的最小值为点到直线的距离减半径，即5在中，若，则（ ）ABCD【答案】B【详解】根据正弦定理，可知，代入原式可得,又，则，得.6某单位举行学习强国挑战答题比赛，下图是甲、乙两名选手10次连续答题答对题数的茎叶图，则他们答对题数的中位数之和是（ ）A56B57C58D89【答案】C【详解】甲的中位数为，乙的中位数为，所以，中位数之和为58，故选：C7已知，则（ ）ABCD【答案】C【详解】由可得所以

3、，即，即8已知非零向量，满足，且，则与的夹角为（ ）ABCD【答案】A【详解】因为，所以，即，得，又因为，所以，得，所以.9已知菱形的边长为，将沿折起，使A，C两点的距离为，则所得三棱锥的外接球的表面积为（ ）ABCD【答案】B【详解】由已知得为等边三角形，对角线,将沿折起，使A，C两点的距离为，折起后三棱锥为正四面体，各棱长都是，将此正四面体放置在正方体中，使得正方体的面对角线是正四面体的棱，设正方体的棱长为,则正方体的面对角线为，所以正方体的体对角线为,其中为正方体的外接球半径，由于正方体的外接球就是正四面体ABCD的外接球，正四面体ABCD的外接球表面积为,10函数的图像最近两对称轴之间

4、的距离为，若该函数图像关于点成中心对称，当时m的值为（ ）ABCD【答案】D【详解】的最小正周期,，所以，令,则,函数f(x)的对称轴心为,所以，当时,解得：,又,11已知为坐标原点设，分别是双曲线的左右焦点，为双曲线左支上的任意一点，过点作的角平分线的垂线，垂足为，则（ ）A1B2C3D4【答案】C【详解】如图所示：延长交于 的平分线为，为中点，在中，是中点， 为中点，12已知函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】C【详解】因为函数有两个不同的零点，所以方程有两个不同的实数根，因此函数与函数有两个交点.,当时，单调递减，当时，单调递增，因此当时，函数有最大值，最大值为

5、：，显然当时，当时，当时，因此函数的图象如下图所示：通过函数的图象和上述分析的性质可知：当时，函数与函数有两个交点.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13曲线在点处的切线方程为_【答案】【详解】， 由点斜式可得切线方程为，即14的展开式中，项的系数为，则实数_.【答案】【详解】，的展开式通项为，所以，的展开式通项为，令，可得，由题意可得，解得.15过抛物线焦点作直线，交抛物线于两点.若线段中点的横坐标为，则等于_.【答案】7【详解】解：，则，设，线段中点的横坐标为，.16如图，在中，点是边（端点除外）上的一动点.若将沿直线翻折，能使点在平面内的射影落在的内部（不包含边界），且.设

6、，则的取值范围是_.【答案】.【详解】依题意知平面，又，则，在中，当与重合时，因为落在的内部，则；当落在上时，则，又所以，由，在中，由余弦定理得整理得，解得 所以的取值范围为.三、解答题（本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17已知各项均为正数的数列的前n项和为，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和.【详解】（1）因为，所以，所以两式作差有：，所以，且，所以，所以，所以是公差为的等差数列，且，所以或（舍），所以；（2）因为，所以，所以，所以，两式作差可得：，所以，所以.18如图1，在中，别为边BM，MC的中点，将沿AD折起到的位置，使，如图2，

7、连结PB，PC.（1）求证：平面平面ABCD；（2）线段PC上是否存在一点E，使二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由【详解】（1）证明：因为A，D分别为MB，MC中点，所以因为，所以所以因为，所以又因为，AB，AD 平面ABCD，所以平面ABCD又因为平面PAD，所以平面平面 （2）解：因为，所以AP，AB，AD两两互相垂直以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，假设线段PC上存在一点E，使二面角的余弦值为设，则，即所以，平面PAD的一个法向量为0，设平面ADE的一个法向量，则有，令，则0，若二面角的余弦值为，则有，由，解得故线段PC上存在一点E，使二面角的余弦值为，

8、且19某商场调研了一年来日销售额的情况，日销售额（万元）服从正态分布为了增加营业收入，该商场开展“游戏赢奖券”促销活动，购物满300元可以参加1次游戏，游戏规则如下：有一张共10格的方格子图，依次编号为第1格、第2格、第3格、第10格，游戏开始时“跳子”在第1格，顾客抛掷一枚均匀的硬币，若出现正面，则“跳子”前进2格（从第k格到第k+2格），若出现反面，则“跳子”前进1格（从第k格到第k+1格），当“跳子”前进到第9格或者第10格时，游戏结束“跳子”落在第9格可以得到20元奖券，“跳子”落在第10格可以得到50元奖券（1）根据调研情况计算该商场日销售额在8万元到14万元之间的概率；（参考数据：

9、若随机变量服从正态分布，则，）（2）记“跳子”前进到第n格（1n10）的概率为，证明：（2n9）是等比数列；（3）求某一位顾客参加一次这样的游戏获得奖券金额的期望【详解】（1）由服从正态分布可得：（2）“跳子”开始在第1 格为必然事件，第一次掷硬币出现反面，“跳子”移到第2格，其概率为，即，“跳子”前进到第格的情况是下面两种，而且只有两种：“跳子”先到第格，又掷出正面，其概率为，“跳子”先到第格，又掷出反面，其概率为，当时，数列是等比数列，首项为，公比为（3）设某一位顾客参加一次这样的游戏获得奖券金额为元，则的值可取20和50，由（2）可知，也适合，的分布列为：2050P则的期望为（元）.20

10、已知椭圆标准方程为，椭圆的左右焦坐标分别为，离心率为，过点直线l与椭圆交于P、Q两点.（1）求椭圆的方程；（2）若，求直线l的方程.【详解】解：（1）由已知得所以椭圆标准方程为.（2）当直线的斜率不存在时，直线，得,，此时不满足；设直线方程为，设，联立方程组，所以，化简得，化简得，解得或，直线的方程是故直线的方程为或.21已知函数.（1）讨论函数的单调性.（2）若，当时，求的最小值.【详解】解：（1）因为，所以. 令，解得或.当时，恒成立，所以函数在上单调递增；当时，令得或，令得，即函数在，上单调递增，在上单调递减；当时，令得或，令得，即函数在，上单调递增，在上单调递减；（2）由（1）知时，在

11、上单调递减，在上单调递增；当，即时，在上单调递减，当，即时，在在上单调递减，在上单调递增，所以.请考生在第22、23两题中任选一题作答注意：只能做所选定的题目如果多做，则按所做的第一个题目计分22选修4-4：坐标系与参数方程（10分）已知直线的极坐标方程为，圆的参数方程为（其中为参数）（1）判断直线与圆的位置关系；（2）设点在曲线上，点在直线上，则求线段的最小值及此时点坐标【详解】（1）由得，即，所以即为直线的直角坐标方程；由得，即圆的普通方程为，所以其圆心为，半径为，因此圆心到直线的距离为，所以直线与圆相离；（2）由题意，为使取得最小值，必有，设，则点到直线的距离为，当时，取得最小值，即取得最小值，此时点的坐标满足，即.23选修4-5：不等式选讲（10分）已知函数.（）求不等式的解集；（）若函数的最小值为M，正数a，b满足，求的最小值.【详解】解：（）由，得或或解得或，故不等式的解集为（）由绝对值三角不等式的性质，可知，当且仅当时取“=”号，所以.，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为121