文档文本内容
高三数学考前冲刺押题模拟卷 02
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
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．已知向量 ， ，则 （ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】A
【分析】
根据向量运算的坐标表示求得正确答案.
【详解】 .
故选：A
2．已知样本数据 的平均数为 ､方差为 ，若样本数据 ， 的平均数为
，方差为 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由平均数和方差的运算性质即可求解.
【详解】由方差的性质，得 ， ，…， 的方差为 ，
故 ，解得 ．由 ，可知 .
由平均数的性质，得 ， ，…， 的平均数为 ，
故 ，
解得 .
故选：D．
3．如图， 垂直于正方形 所在平面，则以下关系错误的是（ ）
A．平面 平面 B．平面 平面
C．平面 平面 D．平面 平面
【答案】B
【分析】根据面面垂直的判定定理进行判断即可.
【详解】对于A，因为底面为正方形
所以
因为 平面 ， 平面
所以 ，
而 ，
所以 平面 ，
又因为 平面
所以平面 平面 ，故A正确；对于C，因为底面为正方形，
所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
而 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，
所以平面 平面 ，故C正确；
对于D，因为
由选项C可得 平面 ，
而 平面
所以平面 平面 ，故D正确.
对于B，平面 与平面 不垂直，故B错误.
故选：B
4．函数 的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
根据题意，求得 为偶函数，再利用导数求得函数 的单调区间，结合选项，即可求解.
【详解】
由函数 的定义域为 ，
且 ，所以函数 为偶函数，
当 时， ，则 ，
当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
故选：C.
5．已知常数 为正数，函数 的最小值为4，则函数 的最小值为（ ）
A． B．1 C．2 D．
【答案】A
【分析】
利用基本不等式求得参数 ，再化简 ，结合基本不等式即可得解.
【详解】
因为 ， ，则 ，当且仅当 ，即 时，等号成立，所以 ，则 ，
所以 ，
当且仅当 时，等号成立，所以 的最小值为 .
故选：A.
6．不等式 的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
不等式等价于 ，构造函数 ，求导，确定单调性，
利用单调性解不等式即可.
【详解】由 得 ，
设 ，则 ，所以 在 上单调递减，
故由 得 ，
所以 ，解得 .
故选：B.
7．设 为抛物线 的焦点， 为 上一点且在第一象限， 在点 处的切线交 轴于 ，交 轴
于 ，若 ，则直线 的斜率为（ ）
A．－2 B． C． D．
【答案】D
【分析】设 点坐标，利用导数的几何意义求得切线方程可先含参表示N，T坐标，再根据抛物线的定义
可判定 为等腰三角形，根据其性质计算即可.
【详解】
易知 ，设 ，
则 在点 处的切线方程为 ，
所以 ，显然N为 中点，
由抛物线定义可知 ，
即 为以F为顶点的等腰三角形，所以 ，即 ，所以直线 的斜率为 .
故选：D
【点睛】思路点睛：本题通过设 点坐标，利用抛物线的切线方程含参表示N，T坐标，再根据抛物线的
定义可判定 为等腰三角形，根据其性质计算即可.解析几何问题首先是几何题，所以利用几何特征
可减少计算量，提高效率.
8．设 ， ， ， ，若满足条件的 与 存在且唯一，则
（ ）
A． B．1 C．2 D．4
【答案】B
【分析】先由 ，可得 ，再根据 ，结合两角差的正弦公
式求出 ，进而可求出 ，再根据唯一性可求出 ，再求出 ，结合
两角差的正切公式求出 ，即可得解.
【详解】由 ，得 ，即 ，
所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
因为满足条件的 与 存在且唯一，所以 唯一，
所以 ，
所以 ，经检验符合题意，
所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
则 ，解得 ，
所以 .
故选：B.
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．已知曲线C： ，则（ ）
A．存在m，使C表示圆B．当 时，则C的渐近线方程为
C．当 时，则C的焦点是 ，
D．当C表示双曲线时，则 或
【答案】AD
【分析】由圆方程的特征得到 ，从而判断A；利用双曲线渐近线公式判断B；由题意得
，从而由椭圆方程特征得到焦点在 轴上，进而判断C；由双曲线方程的特征得到
，从而判断D.
【详解】A选项，当 ，即 时， 为圆，故A正确；
B选项，当 时， ，故渐近线方程为 ，故B错误；
C选项，当 时，则 ，显然C的焦点在 轴上，故C错误；
D选项，当C表示双曲线时， ，则 或 ，故D正确.
故选：AD.
10．已知随机事件 ， 满足 ， ， ，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AB
【分析】利用条件概率公式和相互独立事件的概率公式对选项一一判断即可.
【详解】对于A，因为 ， ， ，
所以 ，
所以 ，即 ，故A正确；
对于B，因为 ①， ，
又因为 ，所以 ，所以
代入①可得： ，所以 ，
，所以 ，故B正确；
对于C， ，故C不正确；对于D， ，故D不正确；
故选：AB.
11．已知定义在 上的函数 ，满足 ，且 ，则下列说法正
确的是（ ）
A． B． 为偶函数
C． D．2是函数 的一个周期
【答案】ABD
【分析】对A：借助赋值法，令 ，计算即可得；对B：借助赋值法，令 ，结合偶函数定义
即可得；对C：计算出 ，其与 不满足该关系即可得；对D：借助赋值法，令 ，结合
的值与周期函数的定义计算即可得.
【详解】对A：令 ，则有 ，又 ，
故有 ，故 ，故A正确；
对B：令 ，则有 ，又 ，
故有 ，即 ，又其定义域为 ，
故 为偶函数，故B正确；
对C：令 ， ，则有 ，
故 ，又 ，不符合，故C错误；
对D：令 ，则有 ，
由 ，故 ，则 ，故 ，
两式作差并整理得 ，故2是函数 的一个周期，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用赋值法解决抽象函数问题，对D选项，需借助 ，再令
，从而消掉所给式子中的一项，再结合周期函数的定义得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．设 ， 为虚数单位．若集合 ，且
，则 ．
【答案】
【分析】利用集合交集的结果，结合复数相等的性质列式，从而得解.【详解】因为 ， ，
所以 ，解得 .
故答案为： .
13．若 的面积为 ，且 为钝角，则 ； 的取值范围是 ．
【答案】
【分析】
由三角形面积公式可得 ，可求出 ；再根据 为钝角限定出 ，利用正弦定理可得
，可得其范围是 .
【详解】根据题意可得面积 ，
可得 ，即 ，
又易知 为锐角，可得 ；
由正弦定理可得 ，
因为 为钝角， 可得 ，所以 ；
可得 ，因此 ；
故答案为： ； ；
14．在三棱锥 中， 平面 ， ， ， ， ，点M在该
三棱锥的外接球O的球面上运动，且满足 ，则三棱锥 的体积最大值为
【答案】
【分析】通过已知条件可分析出球心为 中点，再由 确定点 在半径为1的圆上，从而确定
点 到平面 的距离为定值 ，求出 的面积最大值，即可确定三棱锥 的体积最大
值.
【详解】
该三棱锥的外接球O为 的中点，下证：
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，所以 ，
又 ，即 ，所以 ，即三棱锥的外接球球心为 的中点，球半径 .
点M在该三棱锥的外接球O的球面上运动，且满足 ，
在△ 中，由正弦定理可得△ 的外接圆的半径为 ，
球心 到平面 的距离为 ，
因为 为 的中点，所以 到平面 的距离为 ，
，
要使三棱锥 的体积最大，只需△ 的面积最大即可.
在△ 中由余弦定理可得：
，
所以 ，当且仅当 时等号成立，
，
所以 ，
当且仅当 时, 三棱锥 的体积取到最大值 .
故答案为： .
【点睛】本题两个关键点：一是通过空间中线线垂直确定球心位置，二是利用正弦定理确定点 的轨迹，
才能求得三棱锥 体积最大值.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）
某市设有12个监测站点监测空气质量指数（AQI），其中在轻度污染区、中度污染区、重度污染区分别设
有3，6，3个监测站点，以这12个站点测得的AQI的平均值为依据，播报该市的空气质量．
(1)若某日播报的AQI为120，已知轻度污染区AQI的平均值为80，中度污染区AQI的平均值为116，求重
度污染区AQI的平均值；
(2)如图是2018年9月的30天中，AQI的概率分布直方图，其中分段区间分别为[48，72），[72，96），
[96，120），…，[216，240），9月份仅有1天的AQI在[144，150）内．
①该市市民小孟总是星期日查看官方公布的本市的AQI，如果AQI小于150，小孟就去体育馆踢球，以统
计数据中的频率为概率，求小孟星期日去踢球的概率；
②“双创”活动中，验收小组把该市的空气质量作为一个评价指标，从当月的空气质量监测数据中抽取3
天的数据进行评价，设抽取到的AQI不小于150的天数为X，求X的分布列及数学期望．【答案】(1)168
(2)① ，②分布列见解析，
【分析】（1）由平均值的计算公式求解.
（2）①由概率分布直方图，计算AQI小于150的天数，可求概率；②由X可能的取值，计算相应的概率，
写出分布列并计算 .
【详解】（1）设重污染区AQI的平均值为x，
则 ，解得 ，
即重污染区AQI的平均值为168．...................................................3分
（2）①由题意知，AQI在 内的天数为1，
由频率分布直方图可知，AQI在 的天数为 ，
故2018年9月份的30天中AQI小于150的天数为1+17＝18，又 ，
则小孟星期日去踢球的概率为 ． ...................................................7分
②由题意知，X服从参数为N＝30，M＝12，n＝3的超几何分布，
X的所有可能取值为0，1，2，3，
， ，
， ，
则X的分布列为
X 0 1 2 3
P
数学期望 ．...................................................13分
16．（15分）已知函数 ．
(1)若 ，当 时，求证： 为单调递减函数；
(2)若 在 上恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）若 ，当 时，对 求导，令 ，解不等式即可求出答案.
（2） 在 上恒成立转化为 ，
令 ，求 在 的最小值即可.
【详解】（1）若 ，则 ，
，
因为 ， ，
， ，
， 在 为单调递减函数；...................................................7分
（2） ，即 ，
令 ， ，
则 ，
令 ，
， ， ，
单调递减，
， ， 单调递增，
而 ， ，
故 在 恒成立，
故 在 恒成立，
所以 在 为减函数，
所以 ，故 ，
所以实数a的取值范围是 ．...................................................15分17．（15分）
如图，由直三棱柱 和四棱锥 构成的几何体中，
，平面 平面
（I）求证： ；
（II）若M为 中点，求证： 平面 ；
（III）在线段BC上（含端点）是否存在点P，使直线DP与平面 所成的角为 ？若存在，求 得值，
若不存在，说明理由.
【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)不存在这样的点P.
【详解】（I）由 ，根据面面垂直的性质得到 平面 ，从而可证明 ；（II）由
于 ，建立空间直角坐标系 ，利用 的方向向量与平面 的法向量数量积为零可
得 平面 ；（III）由（II）可知平面 的法向量 ，设 ，利用
空间向量夹角余弦公式列方程可求得 ，从而可得结论.
详解：证明：（I）在直三棱柱 中，
∵ 平面 ∴
∵平面 平面 ，且平面 平面
∴ 平面
∴ ...................................................7分
（II）在直三棱柱 中，∵ 平面 ，∴
又 ，
建立如图所示的空间直角坐标系，由已知可得 ，
， ， ， ，
设平面 的法向量
∵ ∴ 令 则
∵ 为 的中点，∴
∵ ∴
又 平面 ，∴ 平面
（III）由（II）可知平面 的法向量
设
则
若直线DP与平面 所成的角为 ，
则
解得
故不存在这样的点P，使得直线DP与平面 所成的角为 ...................................................15分
点睛：本题主要考查利用空间向量的证明与求值，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：
（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；
（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系
转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
18．（17分）．
设动点 每次沿数轴的正方向移动，且第 次移动1个单位的概率为 ，移动2个单位的概率为 已知
表示动点 在数轴上第 次移动后表示的数，在第一次移动前动点 在数轴的原点处．
(1)若 ， ，求 的概率；
(2)若每次移动2个单位的概率都是移动1个单位的概率的2倍．
①求 的概率；
②求动点 能移动到自然数 处的概率【答案】(1)
(2)① ；②
【分析】
（1）利用独立事件的概率公式可得结果.
（2）利用独立事件的概率公式及独立重复实验概率公式，结合等比数列通项公式及累加法求通项可得结
果.
【详解】（1）因为 ， ， ，
所以 ，
即 概率为 ；...................................................4分
（2）
由题意得 ，∴ ， ，
（i）因为 ，即 在 次移动中恰有 次移动2个单位，
所以 ，...................................................10分
（ii）由题意得 ， ，且 ，
所以 ，即 ，
则数列 是等比数列，公比 ，而 ，
所以
=
所以 ．...................................................17分
【点睛】
关键点点睛：本题关键是通过独立事件概率得出 ，利用数列构造法及累加法求出结果.
19．（17分）
有一个半径为4的圆形纸片，设纸片上一定点 到纸片圆心 的距离为 ，将纸片折叠，使圆周上一点
与点 重合，以点 所在的直线为 轴，线段 的中点 为原点建立平面直角坐标系．(1)记折痕与 的交点 的轨迹为曲线 ，求曲线 的方程；
(2)若直线 ： （ ）与曲线 交于 ， 两点．
（ⅰ）当 为何值时， 为定值，并求出该定值；
（ⅱ） ， 为切点，作曲线 的两条切线，当两条切线斜率均存在时，若其交点 在直线 上，
探究：此时直线 是否过定点，若过，求出该定点；若不过，请说明理由．
【答案】(1)
(2)（ⅰ） ，定值为5；（ⅱ）过定点，定点坐标为
【分析】（1）利用椭圆的定义判断轨迹，即可求出方程．（2）（ⅰ）联立直线方程与椭圆方程，利用根
与系数的关系表示出 ，写出关于 的表达式分析可得．（ⅱ）求出在 ， 两点处的切线方程，
设出 点坐标，并分别代入到两条切线方程，进而表示出直线 的方程，即可得到定点．
【详解】（1）由题意可知， ，
所以 点轨迹是以 ， 为焦点，4为长轴长的椭圆，
所以曲线 的方程，即椭圆方程为 ．...................................................4分
（2）（ⅰ）由 消元得， ，
由 ，得 ．
设 ， ，则 ， ，
所以
，
当 为定值时，即与 无关，
令 ，得 ，此时 恒成立，
即当 时， 为定值，且定值为5．...................................................10分
（ⅱ）设在 点处的切线方程为 ，
由 消去 ，
整理得 ，
由 ，
化简得 ，
因为 ，所以 ，
故在 点处的切线方程为 ，整理可得 ，①
同理可得，在 点处的切线方程为 ．②
设 ，将其代入①②，得 ， ，
所以直线 的方程为 ，即 ，
令 ，得
故直线 过定点，且定点坐标为 ．..................................................17分
