高考模擬試卷(三)(共13頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上高考模擬試卷(三)(時(shí)間：120分鐘滿分：150分)第卷(選擇題共40分)一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1已知RMx|ln|x|>1，N，則MN等于()A(0，e Be，)C(，e(0，) De，e答案B解析由ln|x|>1，得|x|>e，Me，e，N(0，)，MNe，)故選B.2已知a20.3，b0.32，clog0.32，則()Ab<c<a Bb<a<cCc<a<b Dc<b<a答案D解析因?yàn)閍20.3>1，b0.32(0

2、,1)，clog0.32<0，所以c<b<a，故選D.3已知n的二項(xiàng)展開式的系數(shù)和為1 024，則展開式中含x項(xiàng)的系數(shù)是()A250 B250 C25 D25答案A解析令x1，得n的二項(xiàng)展開式的系數(shù)和為(51)n1 024，n5，5的展開式中，通項(xiàng)公式為Tk1C(5x2)5kk(1)k·55k·C·x103k，令103k1，解得k3，展開式中含x項(xiàng)的系數(shù)是(1)3·52·C250.故選A.4已知平面與兩條不重合的直線a，b，則“a且b”是“ab”的()A充分不必要條件 B必要不充分條件C充要條件 D既不充分也不必要條件答案A解

3、析由垂直于同一平面的兩條直線平行得充分性成立；當(dāng)ab時(shí)，直線a，b不一定與平面垂直，如ab且a，b時(shí)，必要性不成立，所以“a且b”是“ab”的充分不必要條件，故選A.5已知函數(shù)ycos axb(a>0)的圖象如圖所示，則函數(shù)yaxb的圖象可能是()答案A解析由圖象可得T<，即×<，解得a>，0<b<1，故函數(shù)yaxbab·ax的圖象單調(diào)遞增，當(dāng)x0時(shí)，yab>1，與y軸的交點(diǎn)在(0,1)的上方，故選A.6從1,2,3,4,5,6,7,8,9,10這10個(gè)數(shù)中任取3個(gè)不同的數(shù)，每個(gè)數(shù)被取到的可能性相同，則這3個(gè)數(shù)的和恰好能被3整除的概

4、率是()A. B. C. D.答案D解析從10個(gè)數(shù)中任取3個(gè)，共有C120(種)取法，若所取的3個(gè)數(shù)的和恰能被3整除，則第一類：這3個(gè)數(shù)從1,4,7,10中取，共有C4(種)取法；第二類：這3個(gè)數(shù)從2,5,8中取，共有C1(種)取法；第三類：這3個(gè)數(shù)從3,6,9中取，共有C1(種)取法；第四類：這3個(gè)數(shù)從1,4,7,10中取1個(gè)數(shù)，從2,5,8中取1個(gè)數(shù)，從3,6,9中取1個(gè)數(shù)，共有4×3×336(種)取法，所以所取的3個(gè)數(shù)的和恰好能被3整除的概率是，故選D.7已知實(shí)數(shù)x，y滿足若zxy的最大值為1，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是()A1，) B(，1C1，) D(，1答案D解析作出

5、不等式組所表示的平面區(qū)域如圖(陰影部分含邊界)所示，觀察可知目標(biāo)函數(shù)在點(diǎn)(1，0)處取到最大值為1，因此yxb在不等式組表示的可行域外，故01b，解得b1，故選D.8已知在ABC中，CA2，O為ABC的外心，mn(mR，m0，nR)，則的最小值為()A. B. C. D3答案C解析由題意可知四邊形OACB為菱形，ACB，CBCA2.所以43，當(dāng)時(shí)，等號成立，所以的最小值為，故選C.9過雙曲線1(a>0，b>0)上任意一點(diǎn)P，作與y軸平行的直線，交兩漸近線于A，B兩點(diǎn)，若·，則該雙曲線的離心率為()A. B. C. D.答案D解析設(shè)P(x0，y0)，則由雙曲線的對稱性，不妨

6、令A(yù)，B，從而，則·yx.又點(diǎn)P在雙曲線上，所以1，故有y·xb2，即有4b2a2，又c2a2b2，得4c25a2，即e，故選D.10已知函數(shù)f(x)ax2(ba)xcb(其中a>b>c)，且abc0，x1，x2為f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，則|x1x2|的取值范圍為()A. B(2,2)C(1,2) D(1,2)答案A解析由a>b>c，abc0，知a>0>c.由題意得x1，x2是方程ax2(ba)xcb0的兩個(gè)根，故x1x2，x1x2，則|x1x2|.因?yàn)閍>b>c，abc0，所以a>(ac)>c，所以2<<

7、.所以|x1x2|的取值范圍是，故選A.第卷(非選擇題共110分)二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分把答案填在題中橫線上)11已知復(fù)數(shù)z滿足z·(34i)12i，則z_，|_.答案i解析由題意知，z，|z|.12某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為_；體積為_答案1622解析由三視圖可得該幾何體的直觀圖如圖所示該幾何體是一個(gè)四棱錐ACDEF和一個(gè)三棱錐FABC構(gòu)成的組合體，底面直角梯形ABCD的面積為6，側(cè)面CDEF的面積為4，側(cè)面ABF的面積為2，側(cè)面BCF的面積為2，側(cè)面ADE的面積為4，側(cè)面AEF的面積為2，所以這個(gè)幾何體的表面積為1

8、622，四棱錐的體積V×2×2×4×2××2×2.13已知正項(xiàng)數(shù)列an滿足a6aan1an.若a12，則數(shù)列an的前n項(xiàng)和為_答案3n1解析a6aan1an，(an13an)·(an12an)0，an0，an13an.又a12，an是首項(xiàng)為2，公比為3的等比數(shù)列，Sn3n1.14設(shè)實(shí)數(shù)x，y滿足則2xy的最小值為_若4x2y2a恒成立，則實(shí)數(shù)a的最大值為_答案解析設(shè)s2x，ty，則問題等價(jià)為“實(shí)數(shù)s，t滿足求st的最小值，若s2t2a恒成立，求實(shí)數(shù)a的最大值”作出可行域如圖所示，易求A，易知當(dāng)(s，t)時(shí)，目標(biāo)函數(shù)

9、zst取得最小值，且最小值為.s2t2的幾何意義為可行域內(nèi)的點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離的平方，顯然O到直線s2t2的距離為可行域內(nèi)的點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)的最短距離，且最短距離為，故s2t2的最小值為，所以a，故實(shí)數(shù)a的最大值為.15在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)F(3,0)在圓C：(xm)2(y2)240內(nèi)，動(dòng)直線AB過點(diǎn)F且交圓于A，B兩點(diǎn)，若ABC的面積的最大值為20，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是_答案(3，17,9)解析由題意可得C(m,2)，點(diǎn)F在圓內(nèi)，所以有(3m)24<40，解得3<m<9.因?yàn)锳BC的面積的最大值為20，所以S|CA|CB|·sinACB20sinACB20，當(dāng)A

10、CB時(shí)，ABC的面積取得最大值20，所以|CF|×2，所以(m3)2420，解得m1或m7.所以滿足條件的實(shí)數(shù)m的取值范圍是(3，17,9)16已知直線l：mxy1，若直線l與直線xm(m1)y2垂直，則實(shí)數(shù)m的值為_；動(dòng)直線l：mxy1被圓C：x22xy280截得的最短弦長為_. 答案0或22解析由兩直線垂直的充要條件得m×1(1)×m(m1)0，m0或m2；圓的半徑為3，當(dāng)圓心(1,0)到直線的距離最長，即d時(shí)，弦長最短，此時(shí)弦長為22.17若正數(shù)a，b，c滿足1，則的最小值是_答案解析由a，b，c為正數(shù)，且1，得1，設(shè)m，n，則有m>0，n>0，

11、上式轉(zhuǎn)化為mn1，即mn1，又由基本不等式得m2n2，mn，所以有mn1，令tmn，則t>0，上式轉(zhuǎn)化為t1，即t2t40，解得t，所以tmn的最小值為(當(dāng)且僅當(dāng)ab時(shí)，等號成立)三、解答題(本大題共5小題，共74分解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)18(14分)已知函數(shù)f(x)2sin(2x)，且f1.(1)求的值；(2)若函數(shù)F(x)f(x)·f m在上存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍解(1)由f 2sin1，得cos ，又<<0，所以.(2)F(x)f(x)·f m2sin·2sin 2xm4sin 2xm2

12、sin22x2sin 2xcos 2xm1cos 4xsin 4xm1m2sin，由F(x)在上有零點(diǎn)，得m12sin在上有解，因?yàn)閤，則<4x<，則<sin1，則112sin<2，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為1,2)19(15分)如圖，已知四棱錐PABCD的底面ABCD是菱形，ADC120°，AD的中點(diǎn)M是頂點(diǎn)P在底面ABCD的投影，N是PC的中點(diǎn)(1)求證：平面MPB平面PBC；(2)若MPMC，求直線BN與平面PMC所成角的正弦值(1)證明四邊形ABCD是菱形，ADC120°，且M是AD的中點(diǎn)，MBAD，MBBC.又P在底面ABCD內(nèi)的投影M是AD的

13、中點(diǎn)，PM平面ABCD，又BC平面ABCD，PMBC，又PMMBM，PM，MB平面PMB，BC平面PMB，又BC平面PBC，平面MPB平面PBC.(2)解方法一過點(diǎn)B作BHMC，連接HN，PM平面ABCD，BH平面ABCD，BHPM，又PM，MC平面PMC，PMMCM，BH平面PMC，HN為直線BN在平面PMC上的投影，BNH為直線BN與平面PMC所成的角，在菱形ABCD中，設(shè)AB2a，則MBAB·sin 60°a，MCa.又由(1)知MBBC，在MBC中，BHa，由(1)知BC平面PMB，PB平面PMB，PBBC，BNPCa，sinBNH.方法二由(1)知MA，MB，MP

14、兩兩互相垂直，以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，以MA，MB，MP所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Mxyz，不妨設(shè)MA1，則M(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，0)，P(0,0，)，C(2，0)，N是PC的中點(diǎn)，N，設(shè)平面PMC的法向量為n(x0，y0，z0)，又(0,0，)，(2，0)，即令y01，則n，|n|，又，|，直線BN與平面PMC所成角的正弦值為|cos ，n|.20(15分)設(shè)函數(shù)f(x)4x3，x0,1證明：(1)f(x)12x3x2；(2)<f(x).證明(1)令函數(shù)g(x)(1x)2(12x3x24x3)，x0,1，則g(x)的導(dǎo)數(shù)g(x)20(1x)x3

15、0(當(dāng)且僅當(dāng)x0時(shí)，等號成立)，故g(x)在0,1上單調(diào)遞減，于是g(x)g(0)1，即當(dāng)x0,1時(shí)，(1x)2(12x3x24x3)1，亦即f(x)12x3x2.(2)一方面，由(1)知，當(dāng)x0,1時(shí)，f(x)12x3x232，但上述兩處的等號不能同時(shí)成立，故f(x)>；另一方面，f(x)12x2，顯然函數(shù)h(x)6x2(1x)31在0,1上單調(diào)遞增，而h(0)1<0，h(1)47>0，故h(x)在(0,1)內(nèi)存在唯一的零點(diǎn)x0，即f(x0)0，且當(dāng)x(0，x0)時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x(x0,1)時(shí)，f(x)>0，故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0,1

16、)上單調(diào)遞增，因此在0,1上，f(x)maxf(0)，f(1)max.綜上，<f(x).21(15分)如圖，拋物線C：x22py(p>0)的焦點(diǎn)為F，以A(x1，y1)(x10)為直角頂點(diǎn)的等腰直角ABC的三個(gè)頂點(diǎn)A，B，C均在拋物線C上(1)過Q(0，3)作拋物線C的切線l，切點(diǎn)為R，點(diǎn)F到切線l的距離為2，求拋物線C的方程；(2)求ABC面積的最小值解(1)過點(diǎn)Q(0，3)的拋物線C的切線l：ykx3，聯(lián)立拋物線C：x22py(p>0)，得x22pkx6p0，4p2k24×6p0，即pk26.F，F(xiàn)到切線l的距離為d2，化簡得(p6)216(k21)，(p6)2

17、16，p>0，p6>0，得p26p16(p8)(p2)0，p2.拋物線方程為x24y.(2)已知直線AB不會(huì)與坐標(biāo)軸平行，設(shè)直線AB：yy1t(xx1)(t>0)，聯(lián)立拋物線方程，得x22ptx2p(tx1y1)0，則x1xB2pt，則xB2ptx1，同理可得xCx1.|AB|AC|，即|xBx1|xCx1|，t(xBx1)x1xC，即x1.|AB|xBx1|(2pt2x1)2p.2(當(dāng)且僅當(dāng)t1時(shí)，等號成立)，(當(dāng)且僅當(dāng)t1時(shí)等號成立)，故|AB|2p，ABC面積的最小值為4p2.22(15分)已知數(shù)列an滿足a11，an1·an(nN*)(1)證明：；(2)證明：2(1)n.證明(1)an1·an，an2·an1，而a11，易得an>0，由÷得，.(2)由(1)得(n1)an2nan，.令bnna