重庆高三高中数学高考模拟带答案解析

重庆高三高中数学高考模拟
班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________
一、选择题
1.已知集合，，则（）
A．B．C．D．
2.已知首项为正的等比数列的公比为，则“”是“为递减数列”的（）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3.已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题是真命题的是（）A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
4.直线截圆：的弦长为4，则（）A．B．C．D．
5.下列命题中错误的个数为：（）
①的图象关于对称；
②的图象关于对称；
③的图象关
于直线对称；
④的图象关于直线对称．
A．0B．1C．2D．3 6.如图是某多面体的三视图，网格纸上小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．32B．C．16D．
7.设函数（，）的最小正周期为，且
，则（）
A．在单调递减B．在单调递减
C．在单调递增D．在单调递增
8.已知，，且为与的等比中项，则的最大值为（）
A．B．C．D．
9.若函数为定义在上的连续奇函数且对恒成立，则方程的实根个数为（）
A．0B．1C．2D．3
10.在直三棱柱中，侧棱长为，在底面△中，，，则此直三棱柱的外接
球的表面积为（）
A．B．C．D．
11.已知椭圆：（），点，，分别为椭圆的左顶点、上顶点、左焦点，若
，则椭圆的离心率是（）
A．B．C．D．
12.已知函数若当方程有四个不等实根，，，（）时，不等式恒成立，则实数的最小值为（）
A．B．C．D．
二、填空题
1.已知向量，满足，，且（），则．
2.设，满足约束条件则的取值范围为．
3.已知双曲线：的右焦点为，是双曲线的左支上一点，，则△周长最小值为．
4.若为数列的前项和，且，，则数列的通项公式为．
三、解答题
1.已知在△中，内角，，的对边分别为，，，且，，成等差数列．
（1）求角的大小；
（2）若，，求的最大值．
2.重庆八中大学城校区与本部校区之间的驾车单程所需时间为，只与道路畅通状况有关，对其容量为500的样本进行统计，结果如下：
（分钟）25303540
频数（次）
以这500次驾车单程所需时间的频率代替某人1次驾车单程所需时间的概率．
（1）求的分布列与；
（2）某天有3位教师独自驾车从大学城校区返回本部校区，记表示这3位教师中驾车所用时间少于的人数，求的分布列与；
（3）下周某天张老师将驾车从大学城校区出发，前往本部校区做一个50分钟的讲座，结束后立即返回大学城校区，求张老师从离开大学城校区到返回大学城校区共用时间不超过120分钟的概率．
3.在直角坐标系中，点为抛物线：上的定点，，为抛物线上两个动点．
（1）若直线与的倾斜角互补，证明：直线的斜率为定值；
（2）若⊥，直线是否经过定点？若是，求出该定点，若不是，说明理由．
4.设函数，．
（1）当时，求函数的单调区间及所有零点；
（2）设，，为函数图象上的三个不同点，且
．问：是否存在实数，使得函数在点处的切线与直线平行？若存在，求出所有满足条件的实数的值；若不存在，请说明理由．
5.选修4-1：几何证明选讲
如图，点是△外接圆圆在处的切线与割线的交点．
（1）若，求证：是圆的直径；
（2）若是圆上一点，，，，，求的长．
6.选修4-4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴
建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）写出曲线的直角坐标方程；
（2）已知直线与轴的交点为，与曲线的交点为，，若的中点为，求的长．
7.选修4-5：不等式选讲
若关于的不等式的解集为．
（1）求实数，的值；
（2）若实数，满足，，求证：．
重庆高三高中数学高考模拟答案及解析
一、选择题
1.已知集合，，则（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】依题意，故.
【考点】一元二次不等式，对数不等式，集合交集.
【易错点晴】集合的三要素是：确定性、互异性和无序性.研究一个集合，我们首先要看清楚它的研究对象，是实数还是点的坐标还是其它的一些元素，这是很关键的一步.第二步常常是解一元二次不等式，我们首先用十字相乘法分解因式，求得不等式的解集.在解分式不等式的过程中，要注意分母不能为零.元素与集合之间是属于和不属于的关系，集合与集合间有包含关系. 在求交集时注意区间端点的取舍. 熟练画数轴来解交集、并集和补集的题目.
2.已知首项为正的等比数列的公比为，则“”是“为递减数列”的（）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】由于数列首项为正，根据，当时，数列是递减数列，反之也成立，故为充要条件.【考点】等比数列，充要条件.
3.已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题是真命题的是（）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】D
【解析】对于A，B选项，可能相交；对于C选项，可能异面，故选D.
【考点】空间点线面的位置关系.
4.直线截圆：的弦长为4，则（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】圆心为，半径为，弦长为等于半径，故直线过圆心，即.
【考点】直线与圆的位置关系.
5.下列命题中错误的个数为：（）
①的图象关于对称；
②的图象关于对称；
③的图象关
于直线对称；
④的图象关于直线对称．
A．0B．1C．2D．3
【答案】A
【解析】对于①，，所以函数为奇函数，故关于原点对称.对于②为奇函
数，关于原点对称，向上平移一个单位后得到图象，故其关于对称.对于③由于，所以函数为偶函数，故关于对称.对于④，代入，，故是对称轴，正确.综上
没有错误的.
【考点】函数的对称性.
6.如图是某多面体的三视图，网格纸上小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）
A．32B．C．16D．
【答案】D
【解析】画图几何体的直观图如下图红色部分图象所示，由图可知，几何体是三棱锥，体积为
【考点】三视图.
7.设函数（，）的最小正周期为，且
，则（）
A．在单调递减B．在单调递减
C．在单调递增D．在单调递增
【答案】C
【解析】，周期为，函数为偶函数，故，故，所以函数在上单调递增.
【考点】三角函数图象与性质.
8.已知，，且为与的等比中项，则的最大值为（）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】依题意有，
所以.
【考点】基本不等式.
9.若函数为定义在上的连续奇函数且对恒成立，则方程的实根个数为（）
A．0B．1C．2D．3
【答案】A
【解析】时，对两边乘以得，即单调递增，由于函
数为奇函数，所以为偶函数，图象关于轴对称，所以当时，函数是单调递减，且时，
函数值为，由此可知，故没有实数根.
【考点】零点.
10.在直三棱柱中，侧棱长为，在底面△中，，，则此直三棱柱的外接
球的表面积为（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设底面的外接圆半径为，由正弦定理得，所以.所以外接球半径为
，所以求得表面积为.
【考点】几何体的外接球.
【思路点晴】设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求；而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求.若长方体长宽高分别为则其体对角线长为；长
方体的外接球球心是其体对角线中点.找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,
交点即为球心. 三棱锥三条侧棱两两垂直,且棱长分别为，则其外接球半径公式为: .
11.已知椭圆：（），点，，分别为椭圆的左顶点、上顶点、左焦点，若
，则椭圆的离心率是（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】依题意有，由于，所以
，即，解得，所以离心率
.
【考点】椭圆离心率.
12.已知函数若当方程有四个不等实根，，，（）时，不等式恒成立，则实数的最小值为（）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】当时，，所以，由此画出函数的图象如下图所示，由于，故.且.所以，，
由分离参数得，，令，则上式化为，即，此方程有实数根，判别式大于或等于零，即，解得，所以，故选B.
【考点】分段函数与不等式.
【思路点晴】本题考查数形结合的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法.第一步是根据题意求完整的解
析式，由于第二段函数是用对应法则来表示，注意到当时，，所以
，由此求得函数的表达式并画出图象，根据图象的对称性可知
，且.第二步用分离常数的方法，分离常数，然后利用求值域的
方法求得的最小值.
二、填空题
1.已知向量，满足，，且（），则．
【答案】
【解析】因为，所以，，.
【考点】向量运算.
2.设，满足约束条件则的取值范围为．
【答案】
【解析】画出可行域如下图所示，由图可知，目标函数在点处取得最小值为，在点处取得最
大值为.
【考点】线性规划.
3.已知双曲线：的右焦点为，是双曲线的左支上一点，，则△周长最小值为．【答案】
【解析】依题意，双曲线，所以，，为左焦点，
三点共线时，最小，，故周长的最小值为.
【考点】双曲线的定义.
【思路点晴】本题考查双曲线的定义，考查化归与转化的数学思想方法.首先根据双曲线的标准方程，求得双曲线
的基本量.所求中，是定值，即，另两边的和无法求得最小值，所
以考虑利用双曲线的定义，将问题转化到跟左焦点有关的问题，利用定义转化后，三点共线时，周长就会取得最小值.
4.若为数列的前项和，且，，则数列的通项公式为．
【答案】
【解析】当时，，当时，根据，有，两式相减得，所以数列和数列成公差为的等差数列，故.
【考点】已知求.
【思路点晴】已知求是一种非常常见的题型，这些题都是由与前项和的关系来求数列的通项公
式，可由数列的通项与前项和的关系是，注意：当时，若适合，
则的情况可并入时的通项；当时，若不适合，则用分段函数的形式表示．
三、解答题
1.已知在△中，内角，，的对边分别为，，，且，，成等差数列．
（1）求角的大小；
（2）若，，求的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1），，成等差数列，则，利用正弦定理和三角形内角和定理，化简得，；（2）对两边平方转化为边的关系，利用余弦定理和基本
不等式求得最大值为，开方后得.
试题解析：
（1）由题意知，
由正弦定理知，
即，
又，故，∴．
（2）由，得
，
又由余弦定理得，
故，
由，当且仅当时取等号，
故，∴的最大值为．
【考点】向量与解三角形.
2.重庆八中大学城校区与本部校区之间的驾车单程所需时间为，只与道路畅通状况有关，对其容量为500的样本进行统计，结果如下：
（分钟）25303540
频数（次）
以这500次驾车单程所需时间的频率代替某人1次驾车单程所需时间的概率．
（1）求的分布列与；
（2）某天有3位教师独自驾车从大学城校区返回本部校区，记表示这3位教师中驾车所用时间少于的人数，求的分布列与；
（3）下周某天张老师将驾车从大学城校区出发，前往本部校区做一个50分钟的讲座，结束后立即返回大学城校区，求张老师从离开大学城校区到返回大学城校区共用时间不超过120分钟的概率．
【答案】（1）分布列见解析，；（2）分布列见解析，；（3）.
【解析】（1）用频数除以，得到频率，即得到的分布列，求出期望，进而求得
；（2）次独立重复实验，每次成功的概率为，故满足二项分布，利用二项分
布的知识求得分布列和数学期望；（3）除去分钟讲座事件，还有至多分钟时间分配在来回的路上，故可能的事件有，
共种，利用概率加法，求得概率为.
试题解析：
（1）以频率估计频率得的分布列为：
25303540
∴（分钟），
．
（2），（）．
0123
．
（3）设，分别表示往返所需时间，设事件表示“从离开大学城校区到返回大学城校区共用时间不超过120分钟”，则
．
【考点】分布列与概率.
3.在直角坐标系中，点为抛物线：上的定点，，为抛物线上两个动点．
（1）若直线与的倾斜角互补，证明：直线的斜率为定值；
（2）若⊥，直线是否经过定点？若是，求出该定点，若不是，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）定点.
【解析】（1）设点，，将直线与的倾斜角互补，转化为两条直线斜率和为零，即转化
为方程，将点坐标代入，求得，从而；（2）因为，所以
，即，利用两点式求得直线的方程为
，联立上述两个方程，解得，，即直线经过定点．
试题解析：
（1）证明：设点，，
若直线与的倾斜角互补，则，
又，，
所以，整理得，
所以．
（2）解：因为，所以，
即，①
直线的方程为：，
整理得，
即，②
由①②可得解得，，
即直线经过定点．
【考点】直线与圆锥曲线位置关系.
【方法点晴】本题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查化归与转化的数学思想方法.直线与抛物线相交与两点，我们利用抛物线方程写出两点的坐标.将题目所给直线与的倾斜角互补，转化为两条直线斜率和为零，由此
建立方程求出的斜率.第二问也同样，将题目所给，转化为两条直线的斜率成绩等于建立方程，结
合的斜率组成方程组，由此求得定点的坐标.
4.设函数，．
（1）当时，求函数的单调区间及所有零点；
（2）设，，为函数图象上的三个不同点，且
．问：是否存在实数，使得函数在点处的切线与直线平行？若存在，求出所有满足条件的实数的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）函数的单调递增区间是，零点是；（2）存在，且.
【解析】（1）定义域为，当时，求导得，由于没办法画图导函数图象，所以再次求导得，故一阶导数在单调递减，在单调递增，且，所以原函数在定义域上为增函数，且是唯一零点；（2）化简，
，由此求得处切线的斜率，利用两点坐标，求出直线的斜率，两者相等，化简后
按，讨论后可知符合题意.
试题解析：
解：（1）当时，，
则，
记，
则，即，
从而，在上单调递增，在上单调递减，则，即恒成立，
故在上单调递增，无单调递减区间，又，则0为唯一零点．
（2）由题意知，
则，
直线的斜率，则有：，
即，
即，
即，即，①
当时，①式恒成立，满足条件；
当时，①式得，②
记，不妨设，则，②式得．③
由（1）问可知，方程③在上无零点．
综上，满足条件的实数．
【考点】函数导数与不等式.
【方法点晴】解答此类问题，应该首先确定函数的定义域，否则，写出的单调区间易出错. 解决含参数问题及不等式问题注意两个转化：(1)利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．(2)将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性问题处理．如果一阶导数无法求解，则求其二阶导数来求解.
5.选修4-1：几何证明选讲
如图，点是△外接圆圆在处的切线与割线的交点．
（1）若，求证：是圆的直径；
（2）若是圆上一点，，，，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）利用弦切角等于所夹的弧所对的圆周角，可得，根据三角形内角和定了有，故是圆的直径；（2）易证，有，根据切割线定理有
，再结合已知可求得.
试题解析：
（1）证明：∵是圆的切线，∴，
又∵，∴，
而，
∴，∴是圆的直径．
（2）解：∵，，
∴△△，∴，∴，①
又由切割线定理，，，
得，②
由①②得．
【考点】几何证明选讲．
6.选修4-4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴
建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）写出曲线的直角坐标方程；
（2）已知直线与轴的交点为，与曲线的交点为，，若的中点为，求的长．
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）两边乘以，化为，化为标准方程得；.（2）恰好是直线参数方程的定点，利用参数的几何意义，将参数方程代入圆的直角坐标方程，利用根与系数关系，可求得.
试题解析：
（1）曲线的直角坐标方程为．
（2）的坐标为，将的参数方程代入曲线的直角坐标方程得：，
设点，，对应的参数分别为，，，则，，
，
所以的长为．
【考点】坐标系与参数方程．
7.选修4-5：不等式选讲
若关于的不等式的解集为．
（1）求实数，的值；
（2）若实数，满足，，求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）绝对值不等式小于在中间，所以由，得即，，由此求得；（2）由得，，将配成，利用绝对值不等式可得.
试题解析：
（1）由，得，即，
则解得
（2）由（1）可知，，，
又因为，
所以．
【考点】不等式选讲．。