数学新高考一卷精选试题演练
答案
一、单选题
1.C解：集合，，，则.
2.C解：，故．
3.A解：先求出甲、乙两名专家被分配在同乡镇的概率，由此能求出甲、乙两名专家不在同乡镇的概率.记甲、乙两名
专家被分配在同乡镇的事件为，名专家分到个不同的乡镇，共有种情况，种情况为，，人，另种情况
为，，人.那么，所以甲、乙两名专家不在同乡镇的概率为：.
4.A解：因为,所以，,，故的定义域为.，所以是偶函数，图象关于轴对称，故排除C、D；当时，，，，即，排除B，故答案选A.
5.D解：由,,得,,,,,,,则,则.,当且仅当,且,即,时等号成立.
6.A解：由得，又在上递减，
解得由知，.若要不等式组有解，则，解得，又，，.
7.C解：由题意知，，两边同时取常用对数得，，，，.故该种病毒实验最多进行的天数为.
8.B解：先证明函数是偶函数，函数在上所有的零点的和，即函数在上所有的零点之和．再分析得到函数在的零点为，再证明函数在没有零点，即得解．函数是定义在上的奇函数，．又函数，，函数是偶函数，函数的零点都是以相反数的形式成对出现的．函数在上所有的零点的和为，函数在上所有的零点的和，即函数在上所有的零点之和．由时，，即
令，.函数在上的值域为，当且仅当时，，又当
时，，函数在上的值域为，函数在上的值域为，函数在上的值域为，当且仅当时，，函数在上的值域为，当且仅当时，，故在上恒成立，在上无零点．同理在上无零点，依此类推，函数在无零点．综上函数在上的所有零点之和为．故选：B．
二、多选题
9.ABD解：设，由，，，可得，两边平方整理可得
，即为，故曲线的方程为，故A正确；曲线的方程表示圆心为，
半径为的圆，点与圆上的点的距离的最小值为，最大值为，而，故B正
确；设，由，可得，两边平方整理可得，联立
，解得，无实数解，故C错误；设，由，可得，
整理可得，联立，解得，，故D正确.
10.ABD解：如图，
A：，，，，同理，为垂心，A正确，B：在四边形中，，，，即，B正确，C：，同理，，，，
C错误，D：，，， 由奔驰定理得：D正确．
11.ACD解：证明出平面，可判断A选项的正误；证明出平面，利用锥体的体积公式可判断B选
项的正误；证明出平面，利用面面平行的性质定理可判断C选项的正误；推导出，可得出
与所成的角等于，即可判断D选项的正误．对于A选项，连接、、、，因为四边形
为正方形，则，平面，平面，，，
平面，平面，，同理可证，，平面，
平面，因此，，A选项正确；对于B选项，在正方体中，且，
四边形为平行四边形，，平面，平面，平面，，
点、到平面的距离相等，，B选项错误；对于C
选项，在正方体中，且，四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面，同理可证平面，，平面平面，
平面，平面，C选项正确；对于D选项，易知，所以，是
等边三角形，，在正方体中，且，所以，四边形为平行
四边形，，所以，与所成角等于，当在线段（含端点）上运动时，
，D选项正确．
12.ACD
三、填空题
13.解：，展开式的通项公式为.
当时，.当时，的展开式的通项公式为.令，即.，且，，只能取或，相应的值分别为或，即或常数项为.
14. 解：原问题转化为在区间上至少有个，至多有个，使得，求
的取值范围，作出可知，满足条件可最短区间长度为，最长区间长度，由此建立关于的不等
式，解出即可.令则，令，则，则原问题转化为在区间上至少有个，至多有个，使得，求得取值范围，作出与的图象，如图所示，
由图可知，满足条件可最短区间长度为，最长区间长度，，解得.故答案为：.
15.或解：双曲线：，渐近线方程：，关于渐近线对称点，
，，，，，，
又，，，，或，或．
16. 解：令，，，，由和可得，且，即两函数有一个公共点，两曲线有过该点的公切线，公切线方程为，即.，，令，当时，由整理可得，由可得或，而，所以，因为两根之和为负数，两根之积为正数，所以两根为负数，显然符合；当时，由整理可得，由可得或，而，所以.因为两根之和为正数，两根之积为正数，所以两根为正数，显然符合.若方程有三个根，则直线与的图象有三个交点，易得当与左侧图象相交与右侧图象相切时，方程有三个不同的实根，则.故答案为：；
四、解答题
17.(1)解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为．由，，可得，从而的通项公式为．由，，，可得，解得，从而的通项公式为．
(2)由（1）可得，故，，从而，所以．
(3)当为奇数时，；当为偶数时，．对任意的正整数，有，和 ①
由①得 ②
由①②得，从而得．
因此，．所以，数列的前项和为．
18.解：(1)由及正弦定理,得：,即
即.是三角形内角,,,则或
若,,,,矛盾.，,,为等腰三角形.
(2),,.由,得,即,
,,.
19(1)解：因为四边形为菱形，所以.因为平面，平面，所以.又，所以平面.又平面，所以平面平面.（要证明面面垂直，先证线面垂直）
(2) 设，则，，.设点到平面的距离为，与平面所成角的大小为.因为平面，平面，所以.因为，所以为等腰直角三角形.因为，所以，.因为，所以，所以.在中，，，则.在中，..由，得.所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.
20.解：(1)，，
，
，，当时，，故2020年成交额为百亿元，
(2)①爸爸参加店抢到订单为，则概率为，或抢到订单为则概率为，妈妈参加店抢到订单为，
则概率为，或抢到订单为，则概率为，，，，，
，，
.
②每个订单由件构成，而总量为，，，
，令，上式，令，，
时，，又，，在上大于零，在上小于零，在上单调递增，在上单调递减，或，而，，
，，即.
21.(1)解：因为椭圆的两焦点与短轴的两个端点的连线构成正方形，所以.则椭圆：.因为椭圆经过点，代入可得，所以椭圆的方程为.
(2)解：存在点满足题设条件，设，，当轴时，由椭圆的对称性可知，轴上的任意
一点（异于点，）到直线，的距离相等.（首先判断直线的斜率不存在的情形）
当与轴不垂直时，设直线的方程为，（直线的斜率存在时，设出其点斜式方程）
由，得，，所以，，
根据题意，轴平分，则直线，的倾斜角互补，即.则（当或时不合题意），将，代入上式，得，又，所以，
即，得，得，将，代入得，所以.综上，存在定点，使得轴上的任意一点（异于点，）到直线，的距离相等.
22.解：(1)①解:当时,,故.可得,,所以曲线在点处的切线方程为,即.
②依题意,,.从而可得,整理可得.令,解得.
当变化时,,的变化情况如表:
所以,函数的单调递减区间为,单调递增区间为;的极小值为,无极大值.
(2)由,得.对任意的,,且,令,则
. ①
令,.当时,,由此可得在单调递增,所以当时,,即.因为,,,所以. ②
由(1)②可知,当时,,即,故. ③
由①②③可得.所以,当时,对任意的,,且,有.数学新高考一卷精选试题演练
一、单选题.
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.若（其中是虚数单位），则( )
A. B. C. D.
3.今年4月，习近平总书记专程前往重庆石柱考察了“精准脱贫”工作，为了进一步解决“两不愁，三保障”的突出
问题，当地安排包括甲、乙在内的名专家对石柱县的个不同的乡镇进行调研，要求每个乡镇至少安排一名专家，
则甲、乙两名专家安排在不同乡镇的概率为( )
A. B. C. D.
4.函数的部分图象可能是( )
A. B.
C. D.
5.已知数列满足,,是其前项和.若,且,则的最小
值为( )
A. B. C. D.
6.已知，函数在上单调递减，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
7.1943年，我国病毒学家黄祯祥在美国发表了对病毒学研究有重大影响的论文《西方马脑炎病毒在组织培养上滴定和
中和作用的进一步研究》，这一研究成果使病毒在试管内繁殖成为现实，从此摆脱了人工繁殖病毒靠动物、鸡胚培养的
原始落后的方法.若试管内某种病毒的总数和天数的函数关系为，且该种病毒的个数超过时会发
生变异，为防止该病毒发生变异，则该种病毒实验最多进行的天数为（参考数据：）( )
A. B. C. D.
8.已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则函数在
上的所有零点之和为( )
A. B. C. D.
二、多选题
9.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点、的距离之比为定值
的点所形成的图形是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标
系中，、，点满足，设点所构成的曲线为，下列结论正确的是( )
A. 的方程为 B. 在上存在点，使得到点的距离为
C. 在上存在点，使得 D. 在上存在点，使得
10.“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车（）的
很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知是内的一点，、、的面积分别为、
、，则．若是锐角内的一点，、、是的三个内角，
且点满足，则( )
A. 为的垂心 B.
C. D.
11. 如图，棱长为的正方体中，在线段（含端点）上运动，则下列判断正确的是( )
A. B. 三棱锥的体积不变，为
C. 平面 D. 与所成角的范围是
12.已知函数若方程有三个实数根，，，且，则下列结论正确的
为( )
A. B. 的取值范围为
C. 的取值范围为 D. 不等式的解集为
三、填空题
13.的展开式中的常数项为____.
14.设函数，若对于任意实数，在区间上至少有个零点，至多有个零
点，则的取值范围是____.
15.已知，是双曲线：的左，右焦点，若点关于双曲线渐近线的对称点
为，且的面积为（为坐标原点），则双曲线的离心率为____．
16.定义关于的曲线，则与曲线和都相切的直线的方程为____.
，已知，若关于的方程有三个不同的实根，则____.
四、解答题
17.已知为等差数列，为等比数列，，，．(1)求和的通项
公式；(2)记的前项和为，求证：；(3)对任意的正整数，设求
数列的前项和．
18. 在中,,,为三个内角,其对边分别为,,,,且.(1)判断的形状;(2)若
,求的取值范围.
19. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，为与的交点.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值.
20. 某网络购物平台每年11月11日举行“双十一”购物节，当天有多项优惠活动，深受广大消费者喜爱.
(1)已知该网络购物平台近年“双十一”购物节当天成交额如下表；
求成交额（百亿元）与时间变量（记2015年为，2016年为，依次类推）的线性回归方程，并预测2020年该平台“双十一”购物节当天的成交额“百亿元”.
(2)在2020年“双十一”购物节前，某同学的爸爸、妈妈计划在该网络购物平台上分别参加、两店各一个订单的“秒杀”抢购，若该同学的爸爸、妈妈在、两店订单“秒杀”成功的概率分别为、，记该同学的爸爸和妈妈抢购到的订单总数量为.①求的分布列及.②已知每个订单由件商品构成，记该同学的爸爸和妈妈抢购到的商品总数量为，假设，，求取最大值时正整数的值.
附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.
21. 已知椭圆：经过点，且两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形.
(1)求椭圆的方程.
(2)过椭圆的右焦点的直线（与轴不重合）与椭圆交于，两点.是否存在一定点，使得轴上的任意一点（异于点，）到直线，的距离相等？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
22. 已知函数,为的导函数.
(1)当时:
①求曲线在点处的切线方程;
②求函数的单调区间和极值.
(2)当时,求证:对任意的,,且,有
