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高考模拟卷04-新题型 数学
注意事项：
1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、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 ， ，若 ，则
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据集合交集的概念求出 的值，进而结合并集的概念即可求出结果.
【详解】 所以 于是 所以
．
故选：D.
2．若 ， 是第二象限的角，则 的值为
A． B．2 C．4 D．-4
【答案】C
【分析】利用倍角公式和同角的三角函数的基本关系式可计算出 ，从而可得所求的三角函数式的值.
【详解】因为 ，
故 .
因为 是第二象限的角，故 ，所以 即 为第一象限角或第三象限角，故 ，
所以 .故选C.
【点睛】三角函数中的化简求值问题，我们往往从次数的差异、函数名的差异、结构的差异和角的差异去
分析，处理次数差异的方法是升幂降幂法，解决函数名差异的方法是弦切互化，而结构上差异的处理则是
已知公式的逆用等，最后角的差异的处理则往往是用已知的角去表示未知的角.
3．已知函数 的导函数为 ，函数 的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A． 在 ， 上为减函数
B． 在 ， 上为增函数
C． 的极小值为 ，极大值为
D． 的极大值为 ，极小值为
【答案】D
【解析】根据 图象，可知该函数的正负性，再结合导数的性质对 的性质进行判断即
可.
【详解】根据函数 的图象可知：
当 时， ，即 ，因此当 时，函数 单调递增；
当 时， ，即 ，因此当 时，函数 单调递减，显然当
试卷第2页，共19页，函数有极小值，极小值为 ；
当 时， ，即 ，因此当 时，函数 单调递减；
当 时， ，即 ，因此当 时，函数 单调递增，显然当
，函数有极大值，极大值为 ，
由上可以判断D是正确的.
故选：D
4．将含有甲、乙、丙的6名医护人员平均分成两组到A、B两家医院参加“防疫救护”工作，则甲、乙至
少有一人在A医院且甲、丙不在同一家医院参加“防疫救护”工作的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先计算含有甲、乙、丙的6名医护人员平均分成两组到A、B两家医院参加“防疫救护”工作的
基本事件总数，再计算甲、乙至少有一人在A医院且甲、丙不在同一家医院参加“防疫救护”工作包含的
基本事件数，最后由古典概率公式计算即可.
【详解】解：设含有甲、乙、丙的6名医护人员的另外三人分别为 ，6名医护人员平均分成两组到
医院参加“防疫救护”工作有 种不同分配方案.
甲、乙至少有一人在A医院且甲、丙不在同一家医院参加“防疫救护”工作包含的基本事件有： 医院有
甲 ，甲 ，甲 ，乙丙 ，乙丙 ，乙丙 ，
甲乙 ，甲乙 ，甲乙 ，共有9种不同分配方法.根据古典概率公式得：甲、乙至少有一人在A医院且
甲、丙不在同一家医院参加“防疫救护”工作的概率为 .
故选：C.
【点睛】本题考查古典概率的计算，属于基础题.
5．已知等差数列 中， 为数列 的前 项和，则 （ ）
A．115 B．110 C． D．
【答案】D【分析】由等差数列的基本量法求得公差 ，再由等差数列前 项和公式计算．
【详解】设数列 的公差为 ，则由 得 ，解得 ，
．
故选：D．
6．已知 为虚数单位， ,若 为纯虚数，则复数 的模等于（ ）
A． B． C． D．2
【答案】D
【分析】先根据纯虚数概念得 ，再根据模的定义求结果.
【详解】因为 为纯虚数，所以 ，即 ，
因此 ，所以 ，选D.
【点睛】本题考查纯虚数以及复数的模，考查基本分析求解能力，属基础题.
7．已知函数 在区间 上单调递增，且在区间 上恰好有一个
零点，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
利用二倍角公式化简函数 ，再利用正弦函数图象、性质求解即得.
【详解】依题意， ，由 ，得 ，
则函数 的一个单调递增区间是 ，显然 ，
于是 且 ，解得 ，
当 时， ，由 在区间 上恰好有一个零点，
得 ，解得 ，
试卷第4页，共19页所以 的取值范围是 .
故选：D
8．在 中，a，b，c分别为A，B，C的对边，如果a，b，c成等差数列， ， ，那么
A．2 B． C．3 D．
【答案】B
【分析】由等差中项的性质推导出 ，从而 ，进而
，由余弦定理得 ，由此能求出 ．
【详解】 在 中， 分别为 的对边，
成等差数列， ， ，
， ，
，
，
解得 ．故选B．
【点睛】本题主要考查三角形的边长的求法，考查等差数列、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力，
考查化归与转化思想，是中档题．对余弦定理一定要熟记两种形式：（1） ；（2）
.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．一组数据的平均数为 ，方差为 ，将这组数据的每个数都乘以 得到一组新数据，则下列说法
正确的是（ ）A．这组新数据的平均数为 B．这组新数据的平均数为
C．这组新数据的方差为 D．这组新数据的标准差为
【答案】D
【分析】根据平均数和方差的性质可得.
【详解】由题可知，这组新数据的平均数为 ，故AB错误；这组新数据的方差为 ，故C错误；这组
新数据的标准差为 ，故D正确.
故选：D.
10．已知函数 ，则（ ）
A． 有两个极值点
B．点 是曲线 的对称中心
C． 有三个零点且三个零点的和为0
D．直线 是曲线 的切线
【答案】ABC
【分析】求出函数的导数，判断函数单调性，可判断极值点，判断A；计算 可判断B；根
据函数的单调性结合零点存在定理以及设这3个零点为 ，利用 ，
求得零点和，判断C；根据导数的几何意义可判断D.
【详解】因为函数 ，所以 ，
令 ，
当 或 时， ， 在 上都单调递增，
当 时， ， 在 上单调递减，
故 为函数的极大值点， 为函数的极小值点，
试卷第6页，共19页即 有两个极值点，A正确；
因为 ，
故点 是曲线 的对称中心，B正确；
由A可知 有两个极值点 ，且 ，
，
结合 的单调性可知函数在 各有一个零点，
即函数 有3个零点；
由于 ，故 之间的零点处于 内，
不妨设这3个零点为 ，且 ，
满足 ，
即
，
故 ，C正确；
不妨设直线 是曲线 的切线，则满足 ，
则 ，即切点坐标为 ，
而 ，
说明假设不成立，即直线 不是曲线 的切线，D错误，
故选：ABC
11．已知正方体 的棱长为4，点 分别是 的中点，则（ ）
A．直线 是异面直线 B．平面 截正方体所得截面的面积为C．三棱锥 的体积为 D．三棱锥 的外接球的表面积为
【答案】ACD
【分析】对于A，取 的中点 ，连接 ，取 的中点 ，连接 ，证明 ，即可判断；对
于B，延长 交于点 ，连接 交 点 ，连接 ，说明平面 截正方体所得截面为
四边形 ，从而可以判断；对于C，连接 ，证明 平面 ，再根据
即可判断；对于D，如图，以点 为原点建立空间直角坐标系，设 为 的中点，
为三棱锥 的外接球的球心，利用空间中两点的距离公式求出球心及半径即可判断.
【详解】对于A，如图，取 的中点 ，连接 ，取 的中点 ，连接 ，
则 ，
所以四边形 是平行四边形，所以 ，
又因 ，所以直线 是异面直线，故A正确；
对于B，如图，延长 交于点 ，连接 交 点 ，连接 ，
因为 为 的中点，则 ，
所以 为 的中点，
试卷第8页，共19页因为 ，所以 为 的中点，则 ，
因为 ，
所以 为平行四边形，所以 ，
所以 ，
则平面 截正方体所得截面为等腰梯形 ，
在等腰梯形 中，
，
则梯形的高为 ，
所以等腰梯形 的面积为 ，故B错误；
对于C，连接 ，则 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
又 平面 ，所以 平面 ，又因为 为 的中点，
所以三棱锥 的高为 ，
，
所以 ，故C正确；
对于D，如图，以点 为原点建立空间直角坐标系，
设 为 的中点，则 为 的外心，
则三棱锥 的外接球的球心在过点 且垂直平面 的直线上，设为 ，
则 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，设 ，
则 ，
，
因为 ，所以 ，所以 ，
故 ，
由 ，得 ，解得 ，
所以三棱锥 的外接球的半径 ，
试卷第10页，共19页表面积为 ，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题D选项的突破口是，建立空间直角坐标系，先由球心与截面圆心连线垂直于截面
得到 平面 ，从而求出 ，由此得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．若命题“存在 ，使得 ”为假命题，则实数 的取值范围是 .
【答案】
【分析】求得原命题的否定，再根据二次函数在区间上恒成立，列出不等式，求解即可.
【详解】原命题的否定为：“任意的 ，使得 ”为真命题，
令 ，则要满足题意，只需 且 ，
即 且 ，解得 ，即实数 的取值范围是： .
故答案为： .
13．意大利画家达·芬奇在绘制《抱银貂的女子》（下图）时曾仔细思索女子脖子上的黑色项链的形状是什
么曲线？这就是著名的“悬链线问题”.后人研究发现悬链线方程与双曲余弦曲线密切关联，双曲余弦曲线
的解析式为 （ 为自然对数的底数）.若直线 与双曲余弦曲线 交于点 ， ，曲线 在 ， 两点处的切线相交于点 ，且 为等边三角形，则 ， .
【答案】 2
【分析】结合导数得几何意义表示出切线 的方程，进而根据函数的对称性求出点 的坐标，然后根据
等边三角形的性质求出 ，进而可以求出 ，因此可以得出 的值，结合
，求得 的值，进而求出 的值，从而可以求出 .
【详解】
设 ，则 ，
设 ，则 ， ，
所以直线 为 ，
又因为 ，
所以函数图象关于 轴对称，故点 在 轴上，
所以 ，
试卷第12页，共19页因为 为等边三角形，则 ，
整理 ，所以 ，
因此 ，
由 ，解得 ，所以 ，
则 ，
故答案为：2； .
14．数学家高斯在各个领域中都取得了重大的成就.在研究一类二次型数论问题时，他在他的著作《算术研
究》中首次引入了二次剩余的概念.二次剩余理论在噪音工程学､密码学以及大数分解等各个领域都有广泛
的应用.已知对于正整数 ，若存在一个整数 ，使得 整除 ，则称 是 的一个二次剩余，
否则为二次非剩余.从1到20这20个整数中随机抽取一个整数 ，记事件 与12互质”， 是12
的二次非剩余”，则 ； .
【答案】
【分析】根据题意，计算出1-20内与12互质的数，再在这些互质数内，计算出12的二次非剩余数即可.
【详解】在1-20内与12互质的数有1，5，7，11，13，17，19，所以 ；
根据定义，对于 整数的x不存在，则a是12的二次非剩余数，
显然，当a=1时，x=11；当a=13时，x=7；
当a=5，7，11，17，19时，x不存在；
；
故答案为： .四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明在、证明过程或演算步骤。
15．（13分）
如图所示， 平面 ，四边形 为矩形， ， ， ．
（1）求证： 平面 ；
（2）求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【分析】（1）根据 ， ，从而证明平面 平面ADE，从而 平面ADE；
（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系 ，写出点的空间坐标，根据向量法求解即可.
【详解】（1）∵四边形 为矩形，∴ ，
又 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ，
又 ，同理可得： 平面 ，
又 ， ， 平面 ，
∴平面 平面 ，
又 平面 ，
∴ 平面 ．
（2）如图，以 为坐标原点，建立空间直角坐标系 ，则
， ， ，∴ ， ， ，
设 是平面 的一个法向量，
则 ，即 ，
试卷第14页，共19页令 ，解得 ，∴ ，又 是平面 的一个法向量，
∴ ，
∴平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为 ．
16．（15分）
某学校为了了解全校学生“体能达标”的情况，从全校1000名学生中随机选出40名学生，参加“体能达
标”预测，并且规定“体能达标”预测成绩小于60分的为“不合格”，否则为“合格”若该校“不合格”
的人数不超过总人数的 ，则全校“体能达标”为“合格”；否则该校“体能达标”为“不合格”，需
要重新对全校学生加强训练现将这40名学生随机分为甲、乙两个组，其中甲组有24名学生，乙组有16名
学生经过预测后，两组各自将预测成绩统计分析如下：甲组的平均成绩为70，标准差为4；乙组的平均成
绩为80，标准差为6（题中所有数据的最后结果都精确到整数）.
（1）求这40名学生测试成绩的平均分 和标准差 ；
（2）假设该校学生的“体能达标”预测服从正态分布 用样本平均数 作为 的估计值 ，用样
本标准差 作为 的估计值 .利用估计值估计：该校学生“体能达标”预测是否“合格”？
附：① 个数 的平均数 ，方差 ；
②若随机变量 服从正态分布 ，则 ，
， .
【答案】（1）平均分为74，标准差为7.（2）该校学生“体能达标”预测合格.【解析】(1)根据甲组的平均成绩为70,乙组的平均成绩为80，根据公式可得
设甲组24名学生的测试成绩分别为： ，乙组16名学生的测试成绩分别为： ，将公
式 变形变形为 ，
分别求得 和 ，即可根据公式解得解得 和
，最后整理公式得 ，
计算并求解即可
(2)由(1)可得 , ,由 ，
得 ，进而得到 ，
求出全校学生“不合格”的人数占总人数的百分比，与 进行比较即可
【详解】（1）这40名学生测试成绩的平均分 .
将 变形为 .
设第一组学生的测试成绩分别为 ，
第二组学生的测试成绩分别为 ，则
第一组的方差为
，
解得 .
第二组的方差为
，
解得 .
试卷第16页，共19页这40名学生的方差为
，
所以 .
综上，这40名学生测试成绩的平均分为74，标准差为7.
（2）由 ， ，得 的估计值为 ， 的估计值 .
由 ，得 ，
即 .所以
，
从而，在全校1000名学生中，“不合格”的有 （人），
而 ，
故该校学生“体能达标”预测合格.
【点睛】本题主要考查用样本估计总体，难点在于运算量较大，属于基础题
17．（15分）
已知等比数列 的前 项和为 ，且 ， .
（1）求数列 的通项公式；
（2）设 ， ，求 的前 项和 .
【答案】（1） ；（2） .
【分析】（1）根据已知条件求出等比数列 的公比，利用等比数列的通项公式可求得 ；
（2）求得 ，然后利用分组求和法结合裂项相消法可求得 .
【详解】（1）因为 ，所以 ，化简，得 ，所以 ，所以等比数列 的公比 .
因为 ，所以 ；
（2）由（1）知 ，所以 .
所以
.
18．（17分）
顺次连接椭圆 的四个顶点，得到的四边形的面积为 ，连接椭圆C的某两个顶点，
可构成斜率为 的直线.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知过点 的直线l与椭圆C交于E，F两点，点B在线段 上，若 ，求 （O
为坐标原点）面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题设构造关于a，b的方程组，利用待定系数法求解椭圆的方程；
（2）设出直线方程，联立直线l与椭圆C的方程，利用韦达定理得到 的表达式，设 ，
试卷第18页，共19页找出 与 的关系；再算出点O到直线l的距离，得到 面积的表达式，利用根与系数的关系进
行求解.
【详解】（1）依题意得
解得 所以椭圆C的标准方程是 .
（2）设直线l的方程为 ，代入椭圆C的方程得 ，由 得
.
设 ，
所以 ， ，
设 ，则
.
原点O到直线l的距离 ，
故 的面积 .
因为 ，故 ，
故 面积的取值范围为 .
【点睛】求解圆锥曲线中有关参数的取值范围问题，关键是构建与参数有关的不等关系，主要方法有：
（1）利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；（2）建立已知参数与未知参数之间的等量关，利用已知参数的范围，求新参数的范围；
（3）利用隐含的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等式，从而确定参数的取值范围；
（5）利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
19．（17分）
如果函数 ， 满足：对于任意 ，均有 (n为正整数)成立，则称
函数有“n级”性质.
（1）分别判断 ， 是否具有“1级”性质，并说明理由.
（2）在区间 上是否存在具有“1级”性质的奇函数 ，满足： ，且对于任意实数
，都有 成立？若存在，请写出一个满足条件的
函数；若不存在，请说明理由.
（3）已知定义域为R的函数 具有“2级”性质，求证：对任意 ，都有
成立.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析.
【解析】（1）对于 ，取 验证即可，则 ，对于 ，
直接利用具有“1级”性质的定义求解.
（2）利用反证法，分别由 ，取 ，由
，取 推出矛盾，下结论.
试卷第20页，共19页（3）根据定义域为R的函数 具有“2级”性质，得到 ，若 成立，若
，不妨设 然后将区间2020等分，用放缩法证明.
【详解】（1）对于 ，取 ，则 ，所以 不具有“1级”性
质，对于 ，有 ，所以 具有“1级”性质.
（2）不存在，
假设存在，则由 ，得 ，
又 ，所以 ①，
因为 是减函数，
所以 ，
由 ，得 ②，
①②矛盾，所以假设不成立，故这样的函数不存在.
（3）因为定义域为R的函数 具有“2级”性质，
所以 ，
若 显然成立，若 ，不妨设 ，将区间2020等分，设
,
所以 ，
.
【点睛】方法点睛：反证法证明：(1)先否定结论，即肯定结论的反面；(2)从否定结论进行推理，把结论的
反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证；(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实矛盾等，且推导出的矛盾必须是明显的．
试卷第22页，共19页
