高考模擬試卷五

1、.高考模擬試卷(五)(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已知集合Mx|x|3，NyZ|y216，那么(RM)N等于()A3,3B(3,3)C3，2，1,0,1,2,3Dx|3<x<3，xZ答案D解析由題意得RMx|x|<3x|3<x<3，NyZ|y216yZ|4y4，所以(RM)Nx|3<x<3，xZ，故選D.2已知復(fù)數(shù)z，i為虛數(shù)單位，則|z|等于()A9B3C.D9答案B解析因?yàn)閦2i，所以|z|3，故選B.3若(x1)81a

2、1xa2x2a8x8，則a5等于()A56B56C35D35答案B解析二項(xiàng)式(x1)8的展開(kāi)式中x5的系數(shù)為a5C(1)356，故選B.4在某商場(chǎng)的促銷活動(dòng)中，A，B，C，D，E五名顧客隨機(jī)抽取四個(gè)禮品，每人最多抽取一個(gè)，禮品中有兩個(gè)相同的手機(jī)和兩個(gè)相同的平板電腦，則A，B兩人都抽到禮品的情況有()A12種B18種C24種D48種答案B解析若A，B兩人抽到的禮品不同，則有AA種情況，若A，B兩人抽到的禮品相同，則有CC種情況，又AACC18，所以根據(jù)分類加法計(jì)數(shù)原理可得，A，B兩人都抽到禮品的情況共有18種5已知xR，則“|x3|x1|<2”是“x1”的()A充分不必要條件B必要不充分條

3、件C充要條件D既不充分也不必要條件答案A解析當(dāng)x1時(shí)，|x3|x1|<2不成立，|x3|x1|<2x1，反之不成立，例如取x1，|x3|x1|<2是x1的充分不必要條件6在ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對(duì)邊，若sinBcsinCasinA，則sinA等于()AB.CD.答案B解析由sinBcsinCasinA及正弦定理，得bc2a2，由余弦定理得cosA，則在ABC中，sinA，故選B.7設(shè)m>1，在約束條件下，目標(biāo)函數(shù)zxmy的最大值小于2，則實(shí)數(shù)m的取值X圍是()A(1,1)B(1，)C(1，)D(3，)答案A解析因?yàn)閙>1，所以可行域是以，(0,0

4、)為頂點(diǎn)的三角形區(qū)域，如圖(陰影部分，含邊界)，令xmy0，得yx，所以當(dāng)目標(biāo)函數(shù)經(jīng)過(guò)點(diǎn)A時(shí)，取得最大值，所以<2，所以m22m1<0，解得1<m<1，又m>1，所以1<m<1，所以實(shí)數(shù)m的取值X圍是(1,1)，故選A.8已知橢圓1(a1>b1>0)的離心率為，雙曲線1(a2>0，b2>0)與橢圓有相同的焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2，M是兩曲線的一個(gè)公共點(diǎn)，若F1MF260°，則雙曲線的漸近線方程為()Ay±xBy±xCy±xDy±x答案A解析設(shè)焦距為2c，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，橢圓長(zhǎng)軸

5、長(zhǎng)為2a1，雙曲線實(shí)軸長(zhǎng)為2a2，點(diǎn)M在雙曲線的右支上，則由雙曲線和橢圓定義可得|MF1|MF2|2a2，|MF1|MF2|2a1，解得|MF1|a1a2，|MF2|a1a2.又F1MF260°，則由余弦定理可得|MF1|2|MF2|22|MF1|MF2|cos60°4c2，則2(aa)(aa)4c2，即a3a4c2，又，則a2c2，所以ac2，所以bc2ac2，則漸近線方程為y±x±x，故選A.9從1,2,3，9這9個(gè)整數(shù)中任意取3個(gè)不同的數(shù)作為二次函數(shù)f(x)ax2bxc的系數(shù)，則使函數(shù)f(x)滿足Z的概率為()A.B.C.D.答案A解析因?yàn)橐筬(

6、1)abc為偶數(shù)，則a，b，c取三偶或二奇一偶，所以所求概率為，故選A.10已知正四面體ABCD的棱CD在平面上，E為棱BC的中點(diǎn)，當(dāng)正四面體ABCD繞CD旋轉(zhuǎn)時(shí)，直線AE與平面所成最大角的正弦值為()A1B.C.D.答案B解析取BD的中點(diǎn)F，則EFCD，所以直線AE與平面所成的角即為AE與經(jīng)過(guò)EF且平行于的平面所成的角，所以問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求直線AE與繞EF旋轉(zhuǎn)的平面所成的最大角的正弦值，當(dāng)平面平面AEF時(shí)，AE與所成的角最大，最大角即AEF，設(shè)正四面體棱長(zhǎng)為2，在AEF中不難求得sinAEF，故選B.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

7、答案填在題中橫線上)11已知拋物線y22px過(guò)點(diǎn)P(2,4)，則p_；準(zhǔn)線方程為_(kāi)答案4x2解析因?yàn)?64p，解得p4，所以準(zhǔn)線方程為x2.12已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和Snn22n1(nN*)，則a1_；數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an_.答案2解析由題意得a1S12，當(dāng)n2時(shí)，anSnSn1(n22n1)(n1)22(n1)12n1，而a123，所以an13某簡(jiǎn)單幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是_，外接球的表面積是_答案2425解析由三視圖得該幾何體是一個(gè)底面是對(duì)角線長(zhǎng)為4的正方形，高為3的直四棱柱，則其體積為4×4××324.又直四棱柱的外接球的半徑為R，所以

8、四棱柱的外接球的表面積為4R225.14某生在參加鉛球、鐵餅、標(biāo)槍三項(xiàng)運(yùn)動(dòng)的考核中，獲得“優(yōu)秀”級(jí)的概率分別為，且三項(xiàng)運(yùn)動(dòng)是否獲得“優(yōu)秀”級(jí)相互獨(dú)立記X為該生獲得“優(yōu)秀”級(jí)的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目數(shù)，分布列如下表，則y_，期望E(X)_.X0123Pxy答案解析因?yàn)閤××××××，y1，所以E(X)0×1×2×3×.15已知sin(3)sin(R)，則cos_.答案±解析由已知條件得sincos，解得cos，sin或cos，sin，則coscossin±.16已知正實(shí)數(shù)x，y滿足xy2x3

9、y42，則xy5x4y的最小值為_(kāi)答案55解析因?yàn)閤，y為正實(shí)數(shù)，所以由xy2x3y42，得y>0，所以0<x<21，則xy5x4y5x3313×23155，當(dāng)且僅當(dāng)x3，即x1時(shí)等號(hào)成立，所以xy5x4y的最小值為55.17已知a，bR且0ab1，函數(shù)f(x)x2axb在上至少存在一個(gè)零點(diǎn)，則a2b的取值X圍為_(kāi)答案0,1解析由函數(shù)f(x)x2axb在上至少存在一個(gè)零點(diǎn)，得f(0)·f b0，或又因?yàn)?ab1，則在平面直角坐標(biāo)系aOb內(nèi)畫(huà)出兩不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示(包含邊界)，設(shè)za2b，由圖易得當(dāng)目標(biāo)函數(shù)za2b經(jīng)過(guò)平面區(qū)域

10、內(nèi)的點(diǎn)(0,0)時(shí)，za2b取得最小值z(mì)min02×00；當(dāng)目標(biāo)函數(shù)za2b經(jīng)過(guò)平面區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)(1,0)時(shí)，za2b取得最大值z(mì)max12×01.綜上所述，a2b的取值X圍為0,1三、解答題(本大題共5小題，共74分解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟)18(14分)已知f(x)sin2x2sin2x2.(1)當(dāng)x時(shí)，求f(x)的取值X圍；(2)已知銳角三角形ABC滿足f(A)，且sinB，b2，求ABC的面積解(1)f(x)sin2x2cos2xsin2x(cos2x1)2sin，又x，2x，sin，2sin0,2，f(x)0,2(2)在銳角三角形ABC中，f(A)，2

11、sin，sin0，2A，A，又sinB<sinA，cosB，sinCsinsinBcossincosB××，c·sinC，SABCbcsinA×2××2.19(15分)如圖，四邊形ABCD為正方形，EA平面ABCD，CFEA，EAAB2CF2.(1)若EC交平面BDF于點(diǎn)G，求證：CGCE；(2)求直線EF與平面BDF所成角的正切值(1)證明如圖，連接AC交BD于O，連接FO，因?yàn)镋AFC，所以A，E，F(xiàn)，C四點(diǎn)共面，所以FO與EC相交，又OF平面BDF，所以FO與EC的交點(diǎn)即EC與平面BDF的交點(diǎn)G.過(guò)O作OHAE交EC于點(diǎn)H

12、，連接HF，因?yàn)镺是AC的中點(diǎn)，所以H是EC的中點(diǎn)，所以O(shè)HAE.因?yàn)锳ECF，且AE2CF，所以O(shè)HCF，且OHCF，所以四邊形OCFH為平行四邊形，所以G是線段CH的中點(diǎn)，所以CGCE.(2)解因?yàn)镋A平面ABCD，BD平面ABCD，所以EABD，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以BDAC，ACEAA，AC，EA平面EAC，所以BD平面EAC，因?yàn)镋C平面EAC，所以BDEC，因?yàn)镺CABCFOH，CFOC，所以四邊形HOCF為正方形，所以O(shè)FEC.因?yàn)锽DOFO，BD，OF平面BDF，所以EC平面BDF.所以EFG即直線EF與平面BDF所成的角在RtEAC中，EC2，所以GCEC，EG，又

13、OCFC1，所以O(shè)CF為等腰直角三角形，又CGOF，所以GF.所以tanEFG3.所以直線EF與平面BDF所成角的正切值為3.20(15分)已知函數(shù)f(x)lnx.(1)若函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，XX數(shù)a的取值X圍；(2)設(shè)m>n>0，求證：lnmlnn>.(1)解f(x)，因?yàn)閒(x)在(0，)上單調(diào)遞增，所以f(x)0在(0，)上恒成立，即x2(22a)x10在(0，)上恒成立，所以2a2x在(0，)上恒成立，因?yàn)楫?dāng)x>0時(shí)，x2，當(dāng)且僅當(dāng)x1時(shí)，等號(hào)成立，所以2a22，解得a2.即a的取值X圍為(，2(2)證明要證lnmlnn>，只需證ln>

14、，即證ln>0，設(shè)h(x)lnx，x>1，由(1)可知h(x)在(1，)上單調(diào)遞增，因?yàn)?gt;1，所以h>h(1)0，即ln>0，所以原不等式成立21(15分)如圖，已知橢圓1(a>0，b>0)的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，焦距為2，以A為圓心的圓(x2)2y2r2(r>0)與橢圓相交于B，C兩點(diǎn)(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)求·的取值X圍；(3)設(shè)P是橢圓C上異于B，C的任一點(diǎn)，直線PB，PC與x軸分別交于點(diǎn)M，N，求SPOM·SPON的最大值解(1)由題意知a2，c，所以b2a2c21，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為y21.(2)設(shè)B(x0，y0)，則C(x0，y0)，且y1，又A(2,0)，所以·(x02)2y(x02)2x4x032，因?yàn)?<x0<2，所以·的取值X圍為.(3)設(shè)P(x1，y1)(y1±y0)，則y1，直線PB，PC的方程分別為PB：yy1(xx1)，PC：yy1(xx1)，分別令y0得xM，xN，所以xMxN4，于是SPOM·SPON|OM|ON|·y|xMxN|·yy，因?yàn)?y11，所以當(dāng)y1±1時(shí)，SPOM·S