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高考数学模拟卷（北京专用）
黄金卷07
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第 I 卷（选择题）
一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
要求的。
1．已知集合 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据一元二次不等式解法可得 ，再由交集运算可得结果.
【详解】解不等式 可得 ，即 ；
又 ，
因此 .
故选：D
2．已知i是虚数单位，若复数 是纯虚数，则实数m的值是（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】C
【分析】先根据复数的乘法运算求出复数 ，再根据纯虚数的定义即可得解.
【详解】 ，
因为复数 是纯虚数，
所以 ，解得 .
故选：C.
3．已知函数 为奇函数，且当 时， ，则 （ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】A
【分析】求得 的值，利用奇函数的性质可求得 的值.
【详解】已知函数 为奇函数，且当 时， ，则 .
故选：A.
4．现从3名男同学和2名女同学中选取两人加入“数学兴趣小组”，用A表示事件“抽到两名同学性别相
同”， 表示事件“抽到两名女同学”，则在已知A事件发生的情况下 事件发生的概率即
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分别求出 ， ，根据条件概率的计算公式即可求得答案.
【详解】由题意可得A表示事件“抽到两名同学性别相同”，
则 ,
表示事件“抽到两名女同学”，则 ,
故 ,
故选：A
5．已知点 在边长为2的正八边形 的边上，点 在边 上，则 的取值范围是
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】以 为原点，建立平面直角坐标系，表示出点 的坐标，计算 即可.
【详解】以 为原点， 为 轴， 为 轴建立平面直角坐标系，设 ，则 ，
所以 ，
由于正八边形的每个外角都为 ；
则 ，
所以 .
故选：C
6．若圆 与 轴， 轴均有公共点，则实数 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用圆的一般方程满足的条件得到 ，再分别令 ，利用 ，即可求出结果.
【详解】因为 表示圆，所以 ，得到 ，
令 ，得到 ，则 ，得到 ，
令 ，得到 ，则 ，得到 ，
所以 ，
故选：A.
7．已知函数 的导函数是f'(x)，如果函数 的图像如
图所示，那么 的值分别为（ ）
A．1，0 B． C． D．【答案】A
【分析】根据题意，求导可得 ，从而可得 的解析式，再结合函数图
像代入计算，即可得到结果.
【详解】因为 ，
则 ，
则
，其中 ，
由图像可知，函数的最大值为 ，即 ，且 ，
所以 ， ，即 ，
又函数过点 ，将点 代入可得 ，
即 ，或 ，
又 ，则当 时，无解，
当 时， ，则 ，
所以 ， .
故选：A
8．如图，已知正方体 中，F为线段 的中点，E为线段 上的动点，则下列四个结
论正确的是（ ）
A．存在点E，使 平面
B．三棱锥 的体积随动点E变化而变化
C．直线 与 所成的角不可能等于
D．存在点E，使 平面【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断AD；利用空间向量求出线线角的余弦
判断C；利用等体积法确定 的体积情况判断B.
【详解】在正方体 中，以点D为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐
标系，
设正方体棱长为2，则 ，
由 在线段 上运动，设 （ ），则 ，
平面 的法向量 ，显然 ，则直线 与平面 不平行，A错误；
，设直线 与 所成角为 ，则 ，
显然当 时， ， ，即存在点E使得直线 与 所成的角为 ，C错误；
设平面 的法向量为⃗m=(x,y,z)， ，
则 ，令 ，得 ，
当 时， ，因此 平面 ，D正确；
点 在正方体 的对角面矩形 的边 上，则 ，
而 平面 平面A B C D ，则 ，又 ，
1 1 1 1
可得 平面A B C D ，点 到平面 的距离为 ，则三棱锥 的体积为定值，B错误.
1 1 1 1
故选：D
【点睛】思路点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两
两垂直，可选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．
9．若 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D【分析】利用指对运算同构结合函数单调性逐项判断即可求解.
【详解】由 ，易得
且
,
令 则 ，且
当 ，则 ，易知 在(0,+∞)单调递增，故 ，则 ；
当 ， ，因为 在 单调递增，
又 ，得 ，
故 ；易知 不成立，A错误；
当 ,则 ， ；
当 ， 则 ， ，且 不成立，B错误；
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题考查指对运算及单调性应用,将题干条件指对同构是解决问题关键.
10．某市一个经济开发区的公路路线图如图所示，七个公司 分布在大公路两侧，有一
些小公路与大公路相连.现要在大公路上设一快递中转站，中转站到各公司（沿公路走）的距离总和越小越
好，则这个中转站最好设在（ ）
A．路口 B．路口 C．路口 D．路口
【答案】B
【分析】根据给定图形，用 表示7个公司到大公路最近的小公路距离和，
，再求出到路口C，D，E，F的距离总和，比较大小作答.
【详解】观察图形知， 七个公司要到中转站，先都必须沿小公路走到小公路与大公路
的连接点，
令 到 、 到 、 到 、 到 、 到 、 到 、 到 的小公路距离总和为 ，，
路口 为中转站时，距离总和 ，
路口 为中转站时，距离总和 ，
路口 为中转站时，距离总和 ，
路口 为中转站时，距离总和
，
显然 ，所以这个中转站最好设在路口 .
故选：B
【点睛】思路点睛：涉及实际问题中的大小比较，根据实际意义设元，列式表示出相关量，再用不等式的
相关性质比较即可.
第 II 卷（非选择题 共 110 分）
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11．已知向量 ，若 ，则实数 .
【答案】
【分析】根据平面向量平行的坐标表示列式即可求出结果.
【详解】因为向量 且 ，
所以 ,解得 ，
故答案为：
12．经过点 且与圆 相切的直线方程为 ．
【答案】
【分析】根据直线与圆相切，由圆心到直线的距离相等，分直线的斜率不存在和存在讨论求解.
【详解】解：圆 的标准方程为： ，
当直线的斜率不存在时，直线方程为 ，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线方程为 ，即 ，
因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离相等，即 ，
化简得 ，
解得 ， ，
综上：直线方程为： ，
故答案为：13．已知的数 （ ），若 的最小正周期为 ， 的图象向左平移 个单位
长度后，再把图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）得到函数 的图象，则
；若 在区间 上有3个零点，则 的一个取值为 ．
【答案】 或 6（答案不唯一）
【分析】由 的最小正周期为 ，可求出 ，再根据三角函数的平移和伸缩变化可求
出 ；根据 ，求出 ，结合题意可得 ，解不等式即
可得出答案.
【详解】因为 的最小正周期为 ，所以 ，解得： ，
所以 ， 的图象向左平移 个单位长度后，
可得： ，
再把图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）得到函数 的图象，
所以 ；
因为 ， ，
在区间 上有3个零点，
所以 ，解得： ，
则 的一个取值可以为6.
故答案为： 或 ；6（答案不唯一）.
14．设首项是1的数列 的前n项和为 ，且 ，则 ；若
，则正整数m的最大值是 .
【答案】 8 11
【分析】由递推公式可直接求出 ，分 为偶数与奇数，利用递推公式及构造法推导出通项公式，进
而根据分组求和结合等比求和公式可得 为偶数时的前 项和，再确定 的值即可．【详解】
， ，
当 为偶数时，
，
，又 ，
故 ，故 ；
当 为奇数时，
，
，又 ，
故 ，故 ；
当 为偶数时，
由于
当 时， ，
当 时， ，
当 为奇数时， ，
当 时， ，
故正整数 的最大值是11，
故答案为：8，11．
15．已知函数 给出下列四个结论：
①存在实数 ，使得函数 的最小值为 ；
②存在实数 ，使得函数 的最小值为 ；
③存在实数 ，使得函数 恰有 个零点；
④存在实数 ，使得函数 恰有 个零点．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③【分析】取特殊值判断①，当 时，分别分析分段函数两部分的最值判断②，根据分段函数每部分的零
点确定函数的零点可判断③④.
【详解】当 时， ，显然函数的最小值为 ，故①正确；
当 时， ， ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 时， 有最小值 ，由 可得 ，
此时， 时， ， 在 上单调递减，所以 ，
与最小值为 矛盾，
若 时， 的对称轴方程为 ，当 时，
即 时， ，若 ，则 与 矛盾，
当 时， 在 上单调递减，无最小值，
综上，当 时，函数 的最小值不为 ，故②错误；
由②知， 时， 时， 单调递减且 ，当 时， 且 ，所以函数恰有2
个零点，故③正确；
当 时， 且仅有 ，即 有且只有1个零点，
当 时， 且仅有 ，即 有且只有1个零点，
综上 时， 有且只有1个零点，而 在 上至多有2个零
点，
所以 时，函数没有4个零点，当 时，函数有无数个零点，故④错误.
故答案为：①③
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对 分类讨论，利用导数研究 上的函数性质，结合二次函数性
质研究另一段函数.
三、解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
16．（13分）如图，在正方体 中， 为 的中点.(1)过点 作出一条与平面 平行的直线，并说明理由；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)答案见解析；
(2) .
【分析】（1）根据线面平行的判定，只需过点 作与平面 中任一一条直线平行的直线即可；
（2）以 为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量和平面的法向量，利用向量法即可求
得线面角的正弦值.
【详解】（1）取 的中点 ，连结 ，如下所示：
因为 为正方体， 为 的中点， 为 的中点，所以 //CE，
又因为 平面 ， 平面 ，所以 //平面 ，
故过点 可以作出 与平面 平行，也可以做出其它直线，答案不唯一.
（2）因为 是正方体，设其棱长为 ，以 为坐标原点，建立空间直角坐标系，
如下所示：则有 ， ， ， ，
所以 ， ， ，
设 为平面 的一个法向量，则 ，
所以有 ，令 ，可得 ，所以 ，
所以 = ，
设直线 与平面 所成的角为 ，则 ，
即直线 与平面 所成的角的正弦值为 .
17．（14分）在 中，已知 ．
(1)求角C的大小；
(2)若 ，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得 存在且唯一确
定，求 的面积．
条件①： ；
条件②： ；
条件③： 的周长是 ．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理边化角即可结果；（2）利用正弦定理可得 .若选条件①：根据题意可得 ，进而分析其唯一
性即可；若选条件②：利用余弦定理可得 ， ，进而求 ，进而可得面积；若选条件③：
根据周长可得 ，利用余弦定理并分析其唯一性.
【详解】（1）因为 ，即 ，
可得 ，
且 ，所以 .
（2）因为 ， ，由正弦定理可得 ，
可得 .
若选条件①：因为 ， ，即 ，
可得 ，可知满足条件的角A有两个，不唯一，不合题意；
若选条件②：因为 ，
由正弦定理可得 ，
且 ，则 ，可得 ，
则 ， ，
因为两角和两边均已确定，根据三角形全等可知三角形存在且唯一，
又因为 ，
所以 的面积 ；
若选条件③：因为 的周长是 ，
则 ，即 ，
由余弦定理可得 ，即 ，
整理可得 ，且 ，
可知方程 有2个不相等的实根 ，且 ，可知方程 有2个不相等的正实根，
即边a不唯一，不合题意.
综上，只有选条件 符合题意
18．（13分）某学校为提升学生的科学素养，要求所有学生在学年中完成规定的学习任务，并获得相应过
② .
程性积分.现从该校随机抽取100名学生，获得其科普测试成绩（百分制，且均为整数）及相应过程性积分
数据，整理如下表：
科普测试成绩x 科普过程性积分 人数
4 10
3 a
2 b
1 23
0 2
(1)当 时，
（i）从该校随机抽取一名学生，估计这名学生的科普过程性积分不少于3分的概率；
（ⅱ）从该校科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取2名，记X为这2名学生的科普过程性积分之和，
估计X的数学期望 ；
(2)从该校科普过程性积分不高于1分的学生中随机抽取一名，其科普测试成绩记为 ，上述100名学生科
普测试成绩的平均值记为 .若根据表中信息能推断 恒成立，直接写出a的最小值.
【答案】(1)（i） ；（ⅱ） ；
(2)7.
【分析】（1）（i）求出科普过程性积分不少于3分的学生数，再求出频率，并用频率估计概率即得；
（ⅱ）求出X的所有可能值，由（i）的结论结合独立重复试验的概率问题求出各个取值的概率，再求出期
望即得.
（2）求出 的最大值，再求出100名学生科普测试成绩的平均值 的最小值，由题设信息列出不等式求解
即得.
【详解】（1）当 时，
（i）由表知，科普过程性积分不少于3分的学生人数为 ，
则从该校随机抽取一名学生，这名学生的科普过程性积分不少于3分的频率为 ，
所以从该校随机抽取一名学生，这名学生的科普过程性积分不少于3分的概率估计为 .（ⅱ）依题意，从样本中成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为3分的频
率为 ，
所以从该校学生科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为3分的概
率估计为 ，
同理，从该校学生科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为4分的
概率估计为 ，
的所有可能值为6，7，8，
， ， ，
所以 的数学期望 .
（2）由表知， ，则 ，
从该校科普过程性积分不高于1分的学生中随机抽取一名，其科普测试成绩记为 ，则 的最大值为69，
100名学生科普测试成绩的平均值记为 ，要 恒成立，当且仅当 ，
显然 的最小值为各分数段取最小值求得的平均分，
因此 ，则 ，解得 ，
所以根据表中信息能推断 恒成立的a的最小值是7.
19．（15分）已知O为坐标原点，椭圆 上一点D的横坐标为1，斜率存在的直线l交椭圆C
于A，B两点，且直线DA，DB的斜率之和等于1.
(1)求 ；
(2)若点D在第一象限，探究 的面积是否有最大值？若有，求出最大值；若没有，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求出点 的纵坐标，然后代入两点间距离公式求解，即可得到结果；
（2）设出直线 的方程，将直线与椭圆方程联立，结合韦达定理代入计算，然后由直线的斜率公式求出直
线 的方程，利用弦长公式以及三角形的面积公式进行求解，即可得到结果.
【详解】（1）不妨设 ，将 代入椭圆方程可得 ，则 .
（2）
由（1）可知，若点D在第一象限，则 ，
不妨设直线 的方程为 ，A(x ,y ),B(x ,y )，
1 1 2 2
联立直线与椭圆方程 ，消去 可得 ，
由韦达定理可得 ，
因为直线DA，DB的斜率之和等于1，所以 ，
且点 均在直线 上，则 ，
整理可得 ，
将 代入，可得 ，
整理可得 ，
因为直线 不过点 ，所以 ，则 ，
此时直线 的方程为 ，且过定点 ，
且满足 ，即 ，
又 ，
且点 到直线 的距离 ，所以 ，
不妨设 ，此时 ，当且仅当 时，即 时，等号成立，
则 的面积的最大值为 .
20．（15分）已知函数 .
(1)当 时，求曲线 在 处的切线方程；
(2)设 ，讨论函数 的单调性；
(3)若对任意的 ，当 时， 恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）将 代入函数中，对函数求导，求出切线斜率，利用点斜式即可；
（2）先对原函数求导，然后利用分类讨论的思想进行分析求解即可；
（3）构造函数，将问题转化，然后利用函数导数的单调性求解即可.
【详解】（1） ，
，
，
当 时， ，
切点坐标为 ，
又 ， 切线斜率为 ，
曲线 在 处切线方程为：
.
（2） ， ，
， ，
， ，
①当 时， 成立，
的单调递减区间为 ，无单调递增区间.
②当 时，令 ，所以当 时， ， 在 上单调递减
时， ， 在 上单调递增
综上: 时， 的单调递减区间为 ，无单调递增区间；
时， 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ；
（3） ，
，
，
令 ， ，
由已知可得：
且 ，
的单调区间是
， ，
时， 恒成立，
， ，
令 ， ，即证 ， ，
成立，
的单调递减区间为 ，
，
恒成立，
综上： 的取值范围是 .
【点睛】方法点睛：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，在证明不等式或求参数
取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，对新函数求导再结合导数与单调性等解决.
21．（15分）给定正整数 ，设数列 是 的一个排列，对 ， 表示以 为
首项的递增子列的最大长度， 表示以 为首项的递减子列的最大长度.
(1)若 ， ， ， ， ，求 和 ；
(2)求证： ， ；
(3)求 的最小值.
【答案】(1) ，
(2)证明见解析(3)当 为偶数时， 的最小值是 ；当 为奇数时， 的最小值是 .
【分析】（1）直接根据定义求解；
（2）分情况讨论证明 ，故可推知 和 不能同时为零，进而得到结论；
（3）对 的奇偶性分情况讨论，并利用小问2得到的结果即可.
【详解】（1）以 为首项的最长递增子列是 ，以 为首项的最长递减子列是 和 .
所以 ， .
（2）对 ，由于 是 的一个排列，故 .
若 ，则每个以 为首项的递增子列都可以在前面加一个 ，
得到一个以 为首项的更长的递增子列，所以 ；
而每个以 为首项的递减子列都不包含 ，且 ，
故可将 替换为 ，得到一个长度相同的递减子列，所以 .
这意味着 ；
若 ，同理有 ， ，故 .
总之有 ，从而 和 不能同时为零，
故 .
（3）根据小问2的证明过程知 和 不能同时为零，故 .
情况一：当 为偶数时，设 ，则一方面有
；
另一方面，考虑这样一个数列 ： ， .
则对 ，有 ， .
故此时 .
结合以上两方面，知 的最小值是 .
情况二：当 为奇数时，设 ，则一方面有
；另一方面，考虑这样一个数列 ： ， .
则对 ，有 ， .
故此时 .
结合以上两方面，知 的最小值是 .
综上，当 为偶数时， 的最小值是 ；当 为奇数时， 的最小值是 .
【点睛】关键点点睛：求最小（或最大）值的本质在于，先证明所求的表达式一定不小于（或不大于）某
个数 ，再说明该表达式在某种情况下能取到 ，就得到了最小（或最大）值是 ，这便是“求最小
（或最大）值”的本质. 而在这个过程中，“想到 的具体取值”这个过程并不存在绝对的逻辑性，可以
穷尽各种手段，包括直觉、大胆猜测、高观点等，去猜出 的值，这些内容也无需在证明过程中呈现.只
要证明合乎逻辑，“如何想到 的取值”无需交代，不影响解答的正确性. 换言之，所谓“求”，便是
“猜出结果，再证明结果正确”，与“算出”、“得出”本就是无关的. 在高考范围内，大多数最小值和
最大值问题都能够直接化为某个显而易见，容易刻画的模型，然后“直接算出”，但不可将此作为万能法
宝，忘记了最小值最大值的原始定义和本质.
