河北省雞澤縣第一中學新高考復習全程精練模擬卷（全國卷）數學試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知i為虛數單位，則（）A． B． C． D．2．中國古代數學著作《算法統宗》中有這樣一個問題：“三百七十八里關，初行健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關，要見次日行里數，請公仔細算相還.”意思為有一個人要走378里路，第一天健步行走，從第二天起腳痛，每天走的路程為前一天的一半，走了六天恰好到達目的地，請問第二天比第四天多走了（）A．96里 B．72里 C．48里 D．24里3．下列圖形中，不是三棱柱展開圖的是（）A． B． C． D．4．函數的對稱軸不可能為（）A． B． C． D．5．函數的定義域為（）A．或 B．或C． D．6．已知函數的最大值為，若存在實數，使得對任意實數總有成立，則的最小值為（）A． B． C． D．7．已知四棱錐，底面ABCD是邊長為1的正方形，，平面平面ABCD，當點C到平面ABE的距離最大時，該四棱錐的體積為（）A． B． C． D．18．已知函數，且的圖象經過第一、二、四象限，則，，的大小關系為()A． B．C． D．9．設f(x)是定義在R上的偶函數，且在(0,+∞)單調遞減，則（）A． B．C． D．10．執行如圖所示的程序框圖，若輸出的結果為11，則圖中的判斷條件可以為（）A． B． C． D．11．歷史上有不少數學家都對圓周率作過研究，第一個用科學方法尋求圓周率數值的人是阿基米德，他用圓內接和外切正多邊形的周長確定圓周長的上下界，開創了圓周率計算的幾何方法，而中國數學家劉徽只用圓內接正多邊形就求得的近似值，他的方法被后人稱為割圓術．近代無窮乘積式、無窮連分數、無窮級數等各種值的表達式紛紛出現，使得值的計算精度也迅速增加．華理斯在1655年求出一個公式：，根據該公式繪制出了估計圓周率的近似值的程序框圖，如下圖所示，執行該程序框圖，已知輸出的，若判斷框內填入的條件為，則正整數的最小值是A． B． C． D．12．設i為數單位，為z的共軛復數，若，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知是拋物線上一點，是圓關于直線對稱的曲線上任意一點，則的最小值為________．14．已知若存在，使得成立的最大正整數為6，則的取值范圍為________.15．設，分別是定義在上的奇函數和偶函數，且，則_________16．已知函數，若恒成立，則的取值范圍是___________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，在平行四邊形中，，，現沿對角線將折起，使點A到達點P，點M，N分別在直線，上，且A，B，M，N四點共面.（1）求證：；（2）若平面平面，二面角平面角大小為，求直線與平面所成角的正弦值.18．（12分）如圖，在中，，的角平分線與交于點，.（Ⅰ）求；（Ⅱ）求的面積.19．（12分）已知函數.（1）若恒成立，求的取值范圍；（2）設函數的極值點為，當變化時，點構成曲線，證明：過原點的任意直線與曲線有且僅有一個公共點.20．（12分）在創建“全國文明衛生城”過程中，運城市“創城辦”為了調查市民對創城工作的了解情況，進行了一次創城知識問卷調查(一位市民只能參加一次)，通過隨機抽樣，得到參加問卷調查的人的得分統計結果如表所示：.組別頻數（1）由頻數分布表可以大致認為，此次問卷調查的得分似為這人得分的平均值(同一組中的數據用該組區間的中點值作代表)，利用該正態分布，求；（2）在（1）的條件下，“創城辦”為此次參加問卷調查的市民制定如下獎勵方案：①得分不低于的可以獲贈次隨機話費，得分低于的可以獲贈次隨機話費；②每次獲贈的隨機話費和對應的概率為：贈送話費的金額(單位：元)概率現有市民甲參加此次問卷調查，記(單位：元)為該市民參加問卷調查獲贈的話費，求的分布列與數學期望.附：參考數據與公式：，若，則，，21．（12分）在銳角三角形中，角的對邊分別為．已知成等差數列，成等比數列．（1）求的值；（2）若的面積為求的值．22．（10分）已知函數（為常數）（Ⅰ）當時，求的單調區間；（Ⅱ）若為增函數，求實數的取值范圍.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】

根據復數乘除運算法則，即可求解.【詳解】.故選：A.【點睛】本題考查復數代數運算，屬于基礎題題.2、B【解析】

人每天走的路程構成公比為的等比數列，設此人第一天走的路程為，計算，代入得到答案.【詳解】由題意可知此人每天走的路程構成公比為的等比數列，設此人第一天走的路程為，則，解得，從而可得，故.故選：.【點睛】本題考查了等比數列的應用，意在考查學生的計算能力和應用能力.3、C【解析】

根據三棱柱的展開圖的可能情況選出選項.【詳解】由圖可知，ABD選項可以圍成三棱柱，C選項不是三棱柱展開圖.故選：C【點睛】本小題主要考查三棱柱展開圖的判斷，屬于基礎題.4、D【解析】

由條件利用余弦函數的圖象的對稱性，得出結論．【詳解】對于函數，令，解得，當時，函數的對稱軸為，，.故選：D.【點睛】本題主要考查余弦函數的圖象的對稱性，屬于基礎題．5、A【解析】

根據偶次根式被開方數非負可得出關于的不等式，即可解得函數的定義域.【詳解】由題意可得，解得或.因此，函數的定義域為或.故選：A.【點睛】本題考查具體函數定義域的求解，考查計算能力，屬于基礎題.6、B【解析】

根據三角函數的兩角和差公式得到，進而可以得到函數的最值，區間(m,n)長度要大于等于半個周期，最終得到結果.【詳解】函數則函數的最大值為2，存在實數，使得對任意實數總有成立，則區間(m,n)長度要大于等于半個周期，即故答案為：B.【點睛】這個題目考查了三角函數的兩角和差的正余弦公式的應用，以及三角函數的圖像的性質的應用，題目比較綜合.7、B【解析】

過點E作，垂足為H，過H作，垂足為F，連接EF.因為平面ABE，所以點C到平面ABE的距離等于點H到平面ABE的距離.設，將表示成關于的函數，再求函數的最值，即可得答案.【詳解】過點E作，垂足為H，過H作，垂足為F，連接EF.因為平面平面ABCD，所以平面ABCD，所以.因為底面ABCD是邊長為1的正方形，，所以.因為平面ABE，所以點C到平面ABE的距離等于點H到平面ABE的距離.易證平面平面ABE，所以點H到平面ABE的距離，即為H到EF的距離.不妨設，則，.因為，所以，所以，當時，等號成立.此時EH與ED重合，所以，.故選：B.【點睛】本題考查空間中點到面的距離的最值，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查空間想象能力和運算求解能力，求解時注意輔助線及面面垂直的應用.8、C【解析】

根據題意，得，，則為減函數，從而得出函數的單調性，可比較和，而，比較，即可比較.【詳解】因為，且的圖象經過第一、二、四象限，所以，，所以函數為減函數，函數在上單調遞減，在上單調遞增，又因為，所以，又，，則|，即，所以.故選：C.【點睛】本題考查利用函數的單調性比較大小，還考查化簡能力和轉化思想.9、D【解析】

利用是偶函數化簡，結合在區間上的單調性，比較出三者的大小關系.【詳解】是偶函數，，而，因為在上遞減，，即．故選:D【點睛】本小題主要考查利用函數的奇偶性和單調性比較大小，屬于基礎題.10、B【解析】

根據程序框圖知當時，循環終止，此時，即可得答案.【詳解】，.運行第一次，，不成立，運行第二次，，不成立，運行第三次，，不成立，運行第四次，，不成立，運行第五次，，成立，輸出i的值為11，結束.故選：B.【點睛】本題考查補充程序框圖判斷框的條件，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，求解時注意模擬程序一步一步執行的求解策略.11、B【解析】

初始：，，第一次循環：，，繼續循環；第二次循環：，，此時，滿足條件，結束循環，所以判斷框內填入的條件可以是，所以正整數的最小值是3，故選B．12、A【解析】

由復數的除法求出，然后計算．【詳解】，∴．故選：A.【點睛】本題考查復數的乘除法運算，考查共軛復數的概念，掌握復數的運算法則是解題關鍵．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

由題意求出圓的對稱圓的圓心坐標，求出對稱圓的圓坐標到拋物線上的點的距離的最小值，減去半徑即可得到的最小值.【詳解】假設圓心關于直線對稱的點為，則有，解方程組可得，所以曲線的方程為，圓心為，設，則，又，所以，，即，所以，故答案為：.【點睛】該題考查的是有關動點距離的最小值問題，涉及到的知識點有點關于直線的對稱點，點與圓上點的距離的最小值為到圓心的距離減半徑，屬于中檔題目.14、【解析】

由題意得，分類討論作出函數圖象，求得最值解不等式組即可.【詳解】原問題等價于，當時，函數圖象如圖此時，則，解得：；當時，函數圖象如圖此時，則，解得：；當時，函數圖象如圖此時，則，解得：；當時，函數圖象如圖此時，則，解得：；綜上，滿足條件的取值范圍為.故答案為：【點睛】本題主要考查了對勾函數的圖象與性質，函數的最值求解，存在性問題的求解等，考查了分類討論，轉化與化歸的思想.15、1【解析】

令，結合函數的奇偶性，求得，即可求解的值，得到答案.【詳解】由題意，函數分別是上的奇函數和偶函數，且，令，可得，所以.故答案為：1.【點睛】本題主要考查了函數奇偶性的應用，其中解答中熟記函數的奇偶性，合理賦值求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.16、【解析】

求導得到，討論和兩種情況，計算時，函數在上單調遞減，故，不符合，排除，得到答案。【詳解】因為，所以，因為，所以.當，即時，，則在上單調遞增，從而，故符合題意；當，即時，因為在上單調遞增，且，所以存在唯一的，使得.令，得，則在上單調遞減，從而，故不符合題意.綜上，的取值范圍是.故答案為：.【點睛】本題考查了不等式恒成立問題，轉化為函數的最值問題是解題的關鍵.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析；（2）【解析】

（1）根據余弦定理，可得，利用//，可得//平面，然后利用線面平行的性質定理，//，最后可得結果.（2）根據二面角平面角大小為，可知N為的中點，然后利用建系，計算以及平面的一個法向量，利用向量的夾角公式，可得結果.【詳解】（1）不妨設，則，在中,，則，因為，所以，因為//，且A、B、M、N四點共面，所以//平面.又平面平面，所以//.而，.（2）因為平面平面，且，所以平面，，因為，所以平面，，因為，平面與平面夾角為，所以，在中，易知N為的中點，如圖，建立空間直角坐標系，則，，，，，，，，設平面的一個法向量為，則由，令，得.設與平面所成角為，則.【點睛】本題考查線面平行的性質定理以及線面角，熟練掌握利用建系的方法解決幾何問題，將幾何問題代數化，化繁為簡，屬中檔題.18、（Ⅰ）;（Ⅱ）.【解析】試題分析：（Ⅰ）在中，由余弦定理得，由正弦定理得，可得解；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，進而得，在中，由正弦定理得，所以的面積即可得解.試題解析：（Ⅰ）在中，由余弦定理得，所以，由正弦定理得，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知.在中，.在中，由正弦定理得，所以.所以的面積.19、（1）；（2）證明見解析【解析】

（1）由恒成立，可得恒成立，進而構造函數，求導可判斷出的單調性，進而可求出的最小值，令即可；（2）由，可知存在唯一的，使得，則，，進而可得，即曲線的方程為，進而只需證明對任意，方程有唯一解，然后構造函數，分、和三種情況，分別證明函數在上有唯一的零點，即可證明結論成立.【詳解】（1）由題意，可知，由恒成立，可得恒成立.令，則.令，則，，，在上單調遞增，又，時，；時，，即時，；時，，時，單調遞減；時，單調遞增，時，取最小值，.（2）證明：由，令，由，結合二次函數性質可知，存在唯一的，使得，故存在唯一的極值點，則，，，曲線的方程為.故只需證明對任意，方程有唯一解.令，則，①當時，恒成立，在上單調遞增.，，，存在滿足時，使得.又單調遞增，所以為唯一解.②當時，二次函數，滿足，則恒成立，在上單調遞增.，，存在使得，又在上單調遞增，為唯一解.③當時，二次函數，滿足，此時有兩個不同的解，不妨設，，，列表如下：00↗極大值↘極小值↗由表可知，當時，的極大值為.，，，，，..下面來證明，構造函數，則，當時，，此時單調遞增，，時，，，故成立.，存在，使得.又在單調遞增，為唯一解.所以，對任意，方程有唯一解，即過原點任意的直線與曲線有且僅有一個公共點.【點睛】本題考查利用導數研究函數單調性的應用，考查不等式恒成立問題，考查利用單調性研究圖象交點問題，考查學生的計算求解能力與推理論證能力，屬于難題.20、（1）（2）詳見解析【解析】

由題意，根據平均數公式求得，再根據，參照數據求解.由題意得，獲贈話費的可能取值為，求得相應的概率，列出分布列求期望.【詳解】由題意得綜上，由題意得，獲贈話費的可能取值為，，的分布列為：【點睛】本題主要考查正態分布和離散型隨機變量的分布列及期望，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.21、（1）；（2）.【解析】

(1)根據成等差數