考前押题预测卷（2）
（时间：120分钟，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．已知复数z满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，然后根据条件建立方程求解即可.
【详解】设，则，则，
解得，故．
故选：C
2.已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据对数函数性质得出不等式，结合一元二次不等式的解法求出集合，再利用二次函数的图像和性质求出集合，最后利用交集的运算即可求解.
【详解】要使函数有意义，则有，解得或，
所以或，
由，得，
所以．
故选：D.
3.如图所示，已知点G是△ABC的重心，过点G作直线分别与AB，AC两边交于M，N两点，设x＝，y＝，则的值为（ ）
A．3 B．4
C．5 D．6
【答案】A
【分析】由向量共线的推论知且，结合已知有，再由重心的性质有，根据平面向量基本定理列方程组即可求值.
【详解】由题意且，而x＝，y＝，
所以，
又G是△ABC的重心，故，
所以，可得，即.
故选：A
4.若直线与函数和的图象都相切，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由切线方程得出切线斜率，进而可由函数的导数求出切点坐标，将两个函数的切点分别代入切线方程中，求出．
【详解】设直线与函数和的图象分别相切于点，
则由，得，令，得，
将代入中得，
由，得，令，得，
将代入中得，
所以．
故选：D
5.科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”III型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”III型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”III型浮空艇的体积约为（ ）
（参考数据：，，，）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为，而圆台一个底面的半径为，再根据球、圆柱和圆台的体积公式即可求解．
【详解】由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为（m），而圆台一个底面的半径为（m），
则（m3），
（m3），
（m3），
所以（m3）．
故选：A．
6.《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳所著，该书记述了我国古代14种算法，分别是：积算（即筹算） 太乙算 两仪算 三才算 五行算 八卦算 九宫算 运筹算 了知算 成数算 把头算 龟算 珠算和计数.某学习小组有甲 乙 丙 丁四人，该小组要收集九宫算 运筹算 了知算 成数算 把头算 珠算6种算法的相关资料，要求每种算法只能一人收集，每人至少收集其中一种，则不同的分配方案种数有（ ）
A．1560种 B．2160种 C．2640种 D．4140种
【答案】A
【分析】先分组，再分配，注意部分平均分组需要除以组数（平均的组数）的全排列.
【详解】依题意分两种情况讨论：
①将种算法分成、、、四组，再分配给人，则有种；
②将种算法分成、、、四组，再分配给人，则有种；
综上一共有种不同的分配方案.
故选：A
7.已知数列满足，若数列的前项和，对任意不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据求得 ,再因为对任意不等式恒成立，，求出实数的取值范围.
【详解】①,
②,
由①-②可得，当 时,,当,
当,,当，
所以,
对任意不等式恒成立,所以 ,
.
所以.
故选:C.
8.已知是函数的导函数，，且对于任意的有．则下列不等式一定成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】设，，根据已知条件，利用导数得到为增函数，由可推出A正确；由可推出B不正确；由可推出C不正确；由可推出D不正确.
【详解】因为对于任意的有．又，，
所以，
设，，则，
因为当时，，所以，
所以在上为增函数，
因为，所以，所以，所以，所以，故A正确；
因为，所以，所以，所以，所以，故B不正确；
因为，所以，所以，所以，所以，故C不正确；
因为，所以，所以，所以，所以，故D不正确；
故选：A
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9.已知事件满足，则（ ）
A．若，则
B．若与互斥，则
C．若，则与相互独立
D．若与相互独立，则
【答案】BC
【分析】根据事件的关系以及运算，互斥事件的概率加法公式，独立事件的概率公式，条件概率的概率公式等即可求出．
【详解】对A，因为，所以，错误；
对B，因为与互斥，所以，正确；
对C，因为，所以，而，
所以，正确；
对D，因为与相互独立，所以与相互独立，所以，
，错误．
故选：BC.
10.如图，正四面体的顶点，，分别在两两垂直的三条射线，，上，则下列结论错误的为（ ）
A．是正三棱锥 B．直线平面
C．直线与所成的角是 D．二面角为
【答案】BD
【分析】将正四面体放置到正方体中，由正四体的性质，易知选项A正确；选项B，通过找平行直线，通过与平面相交，可判断选项B错误；选项C，利用异面直线所成角的定义，通过把平移到即可得出为异面直线与所成的角，求出角即可判断选项C的正误；选项D，通过求二平面的法向量所成的角来求出二面角的大小，进而可判断结果错误.
【详解】如图，将正四面体放入正方体中，因为为正四面体，所以，且为正三角形，选项A正确；
对于选项B，将平移到，因为直线与平面相交，可知选项B错误；
对于选项C，将平移到，由异面直线所成角的定义知，为异面直线与所成的角，易知，故选项C正确；
对于选项D，设正方体的边长为1，则，，，，则，，，
设平面的法向量为，则由，得到，取，得到，所以，
设平面的法向量为，则由，得到，取，得到，所以，
则，
设二面角为，则有，故选项D错误.
故选：BD.
11.已知函数在上单调，且满足，．若在有且仅有7个零点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．与在上有且仅有4个公共点
D．在上单调递增
【答案】AC
【分析】确定的对称中心为，对称轴为，得到，根据零点个数得到，，A正确，B错误，确定得到C正确，计算单调区间得到D错误，得到答案.
【详解】在区间上单调，，，
，故的对称中心为，
且，则，故，
且，故的对称轴为.
从而，且，故，，
在上有且仅有7个零点，故，即 ，故，
，又，所以，
对选项A：，正确；
对选项B：，错误；
对选项C：，则，，有4个解，正确；
对选项D：由得，，
即在，上单调递增，故在上单调递增，在单调递减，错误.
故选：AC
12.已知函数满足：①为偶函数；②，．是的导函数，则下列结论正确的是（ ）
A．关于对称 B．的一个周期为
C．不关于对称 D．关于对称
【答案】ABD
【分析】A选项，对两边求导可判断选项正误；
B选项，由①②可知的一个周期为，即可判断选项正误；
C选项，验证是否等于2d即可判断选项正误；
D选项，验证是否成立可判断选项正误.
【详解】A选项，由两边求导得，即关于对称，故A正确；
B选项，由为偶函数，知.
又，
则
，即的一个周期为，则的一个周期为，故B正确；
C选项，注意到当时，.
则，即此时
关于，即对称，故C错误；
D选项，由为偶函数，知关于对称，即，则，即关于对称，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】结论点睛：为偶函数；
若以为对称轴，且以为一个对称中心，，则为周期函数，且其一个周期为.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13.的展开式中所有不含字母的项的系数之和为___________.
【答案】32
【分析】运用二项式定理计算.
【详解】由二项式定理得： 的展开项的通项公式为 ，
欲使得不含z，则 ， ，
令 ，则所以不含字母z的项的系数之和 ；
故答案为：32.
14.过且与两坐标轴都相切的圆的方程为______．（写出一个即可）
【答案】或（写出一个即可）
【分析】先根据已知设圆的标准方程为，点代入求解即可得圆的方程.
【详解】因为圆与两坐标轴都相切设圆心为
设圆的标准方程为，则，
解得或，所以圆的标准方程为或．
故答案为: 或．（写出一个即可）
15.已知双曲线的左，右焦点分别为，，过作双曲线渐近线的垂线，垂足为P，若（O为坐标原点）的面积为，则双曲线的渐近线方程为______．
【答案】
【分析】不妨设曲线的渐近线的方程为，求出直线的方程，联立方程求得P点纵坐标，根据面积可得化简可得，求得，即可求得答案.
【详解】设双曲线的左，右焦点分别为，,
不妨设曲线的一条渐近线的方程为，
因为过作双曲线渐近线的垂线，垂足为P，则，
所以直线的方程为 ，
联立，解得，
则,即，即，
化简可得 ，故
所以 曲线的渐近线方程为，
故答案为：．
16.已知非零平面向量、、满足，，且，则的最小值是______
【答案】
【分析】由向量的运算，数量积与模长的关系，利用三角函数的性质求最值即可.
【详解】
解：如图，，，则，，
已知，即，所以，
取BD的中点O，则有，
而，根据三角形的三边关系可知
则，所以，当A，O，C三点共线时取等号，
记向量的夹角为，则，
同理，
由，可得，
则，
当，即时取等号，
所以，即的最小值是，
故答案为：.
【点睛】本题考查平面向量的综合运用，关键点在于利用三角形的三边关系得到不等式，进而利用数量积求模长.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知数列的首项为其前项和，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，数列的前项和为，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）应用，得出 是以为首项的常数列，数列的通项公式；
（2）求出通项公式，利用裂项相消法求，再证明即可.
【详解】（1）由题意，当时，.
当时，.又，
所以，当时，有，即.
这表明从第二项起，数列是以为首项的常数列，即.
所以，数列的通项公式为.
（2）由（1）可得，.
当时，，
所以，.
综上所述，对，都有.
18.在中，，再从下面两个条件中，选出一个作为已知，解答下面问题.
(1)若，求的面积；
(2)求的取值范围.
条件①；条件②.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件求出角B，再运用正弦定理和余弦定理求出c，用面积公式计算即可；
（2）运用正弦定理，再做恒等变换，根据三角函数的性质求解.
【详解】（1）选条件①，，，又，
，而，故；
选条件②，，，
即，，又，故，
在中，当，，时，
由余弦定理得：，
即，（负值舍去），
所以；
（2）由题设及（1）可知：，，
故由正弦定理得：，
，，故（当且仅当时等号成立），
即；
综上，的面积为，的取值范围是.
19.如图，在三棱锥中，侧面底面是边长为2的正三角形，分别是的中点，记平面与平面的交线.
(1)证明：直线平面.
(2)若在直线上且为锐角，当时，求面与面的夹角余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由得平面，利用线面平行的性质可得，由平面平面和，可得平面，从而可得平面；
（2）由题意，当时可得，以为原点，直线为轴，直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，求得面与面的法向量，利用向量夹角公式求解.
【详解】（1）分别是的中点，，
又平面，平面，平面，
平面，平面平面，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面.
（2）是的中位线，，
而，，
又，当时，，
又因为，故此时，
以为原点，直线为轴，直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
令平面的法向量为，
则，令，则，
令平面的法向量为，
则，令，则，
因为，所以面与面的夹角余弦值为.
20.在现实生活中，每个人都有一定的心理压力，而且这种压力将伴随着现代生活节奏的加快和社会竞争日趋加速而逐渐增大，心理压力产生的主要原因是个人目标期望值与现实状况之间的差距，这种差距越大产生的心理压力就越大，当心理压力达到一定程度时，不但不会产生积极的动力，反而会使人的身体经络系统失去平衡，进而产生如焦虑症、恐慌症、失眠症等其他心理疾病，某市为了解市民压力情况，随机对该市的1000位市民进行了心理压力测试，并对他们的测试分数进行统计，得到如图所示的频率分布直方图.
(1)测试分数越接近100表示压力越大，80分为临界分数，测试分数不低于临界分数的则需要降低追求目标或充分休息，以样本的频率作为总体的概率，在该市随机调查10位市民，X表示其中需要降低追求目标或充分休息的人数，求X的期望；
(2)从样本中测试分数在的两组市民中，用样本量比例分配的分层随机抽样的方法抽取10人，再从这10人中随机选出3人，求选出的3人中恰有2人测试分数在中的概率；
(3)若一个总体划分为两层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量，样本平均数和样本方差分别为:m，，，n，，.记总的样本平均数为，样本方差为.证明:①；②.
【答案】(1)2
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）先根据频率分布直方图求出测试分数不低于临界分数的频率，利用二项分布的期望公式可得答案.
（2）先根据分层抽样确定两个区间内样本个数，利用组合数公式和古典概率可求答案；
（3）利用平均数和方差的求解方法可证明结论成立.
【详解】（1）由频率分布直方图可知测试分数不低于临界分数的频率为，
即随机调查一位市民需要降低追求目标或充分休息的概率为0.2.
由题意可知，
所以.
（2）样本中测试分数在[80，90)的人数为，
样本中测试分数在[90，100]的人数为，
用样本量比例分配的分层随机抽样的方法抽取的10人中，测试分数在[80，90)的样本量为，在[90，100]的样本量为.
从这10人中随机选出3人共种选法，
其中恰有两人测试分数在[80，90)中有种选法，
选出的3人中恰有2人测试分数在[80，90)中的概率为.
（3）证明：①，即得证；
②
.
∵，
∴，
同理可得.
，
，
∴，即得证.
21.已知分别是椭圆的左 右顶点，若椭圆的短轴长等于焦距，且该椭圆经过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆的右焦点作一条直线交椭圆于，（异于，两点）两点，连接，并延长，分别交直线于不同的两点，.证明：直线与直线相交于点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）直接由题得到关于的方程组，解出即可；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆得到韦达定理式，写出直线，的方程，得到点的纵坐标，计算证明.
【详解】（1）由题意可得，解得.
故所求椭圆的标准方程为.
（2）由题意可设直线的方程为，，，
联立消元得.
因为焦点在椭圆内部，则直线与椭圆必有两交点，
所以，①，而，
直线的方程为，
与直线联立，可得点的纵坐标，其横坐标为，
直线的方程为与直线联立，
可得点的纵坐标，其横坐标为，
则，.
故
②，
把①代入②，可得，
所以直线与轴相交于右顶点.
同理可得直线与轴相交于右顶点.
故直线与直线相交于点.
【点睛】关键点睛：本题的关键在于设出直线的方程为，将其与椭圆方程联立得到韦达定理式，然后得到直线，的方程，得到和，计算的表达式，最后将韦达定理式直接代入即可.
22.已知函数（），．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)证明如下
【分析】（1）先求出，对进行分类讨论得到的单调性；
（2）通过构造函数和，证明.
【详解】（1）的定义域为，
，
令
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，
令得，
当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增；
当时，在上单调递减，
当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减；
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2），，，
要证，即证，即证.
令，，
令，，
在上单调递增.
又，
，使得.
在上，，，单调递减，
在上，，，单调递增.
，
又， ，即，
，
，
即，.考前押题预测卷（2）
（时间：120分钟，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．已知复数z满足，则（ ）
A． B． C． D．
2.已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
3.如图所示，已知点G是△ABC的重心，过点G作直线分别与AB，AC两边交于M，N两点，设x＝，y＝，则的值为（ ）
A．3 B．4
C．5 D．6
4.若直线与函数和的图象都相切，则（ ）
A． B． C． D．
5.科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”III型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”III型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”III型浮空艇的体积约为（ ）
（参考数据：，，，）
A． B． C． D．
6.《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳所著，该书记述了我国古代14种算法，分别是：积算（即筹算） 太乙算 两仪算 三才算 五行算 八卦算 九宫算 运筹算 了知算 成数算 把头算 龟算 珠算和计数.某学习小组有甲 乙 丙 丁四人，该小组要收集九宫算 运筹算 了知算 成数算 把头算 珠算6种算法的相关资料，要求每种算法只能一人收集，每人至少收集其中一种，则不同的分配方案种数有（ ）
A．1560种 B．2160种 C．2640种 D．4140种
7.已知数列满足，若数列的前项和，对任意不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8.已知是函数的导函数，，且对于任意的有．则下列不等式一定成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9.已知事件满足，则（ ）
A．若，则
B．若与互斥，则
C．若，则与相互独立
D．若与相互独立，则
10.如图，正四面体的顶点，，分别在两两垂直的三条射线，，上，则下列结论错误的为（ ）
A．是正三棱锥 B．直线平面
C．直线与所成的角是 D．二面角为
11.已知函数在上单调，且满足，．若在有且仅有7个零点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．与在上有且仅有4个公共点
D．在上单调递增
12.已知函数满足：①为偶函数；②，．是的导函数，则下列结论正确的是（ ）
A．关于对称 B．的一个周期为
C．不关于对称 D．关于对称
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13.的展开式中所有不含字母的项的系数之和为___________.
14.过且与两坐标轴都相切的圆的方程为______．（写出一个即可）
15.已知双曲线的左，右焦点分别为，，过作双曲线渐近线的垂线，垂足为P，若（O为坐标原点）的面积为，则双曲线的渐近线方程为______．
16.已知非零平面向量、、满足，，且，则的最小值是______
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知数列的首项为其前项和，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，数列的前项和为，求证：.
18.在中，，再从下面两个条件中，选出一个作为已知，解答下面问题.
(1)若，求的面积；
(2)求的取值范围.
条件①；条件②.
19.如图，在三棱锥中，侧面底面是边长为2的正三角形，分别是的中点，记平面与平面的交线.
(1)证明：直线平面.
(2)若在直线上且为锐角，当时，求面与面的夹角余弦值.
20.在现实生活中，每个人都有一定的心理压力，而且这种压力将伴随着现代生活节奏的加快和社会竞争日趋加速而逐渐增大，心理压力产生的主要原因是个人目标期望值与现实状况之间的差距，这种差距越大产生的心理压力就越大，当心理压力达到一定程度时，不但不会产生积极的动力，反而会使人的身体经络系统失去平衡，进而产生如焦虑症、恐慌症、失眠症等其他心理疾病，某市为了解市民压力情况，随机对该市的1000位市民进行了心理压力测试，并对他们的测试分数进行统计，得到如图所示的频率分布直方图.
(1)测试分数越接近100表示压力越大，80分为临界分数，测试分数不低于临界分数的则需要降低追求目标或充分休息，以样本的频率作为总体的概率，在该市随机调查10位市民，X表示其中需要降低追求目标或充分休息的人数，求X的期望；
(2)从样本中测试分数在的两组市民中，用样本量比例分配的分层随机抽样的方法抽取10人，再从这10人中随机选出3人，求选出的3人中恰有2人测试分数在中的概率；
(3)若一个总体划分为两层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量，样本平均数和样本方差分别为:m，，，n，，.记总的样本平均数为，样本方差为.证明:①；②.
21.已知分别是椭圆的左 右顶点，若椭圆的短轴长等于焦距，且该椭圆经过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆的右焦点作一条直线交椭圆于，（异于，两点）两点，连接，并延长，分别交直线于不同的两点，.证明：直线与直线相交于点.
22.已知函数（），．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，求证：．
