数学高考模拟试题

数学高考模拟试题（通用8篇）

数学高考模拟试题篇1

a.2 b.3 c.4 d.5

2.已知方程log在(0，1)上有解，那么实数a的取值范围是

a.a>1 b.a>1或a<0

3.a、b为互不垂直的异面直线，过a、b分别作平面α、β,那么下列各种情况中不可能出现的是

a.a∥β b.α⊥β

c.α∥β d.a⊥β

4.正数a、b、c、d满足a+d=b+c,|a-d|<|b-c|，则

a.ad=bc b.ad

c.ad>bc d.ad与bc大小不确定

5.函数y=cosx+1(-π≤x≤0)的反函数是

a.y=-arccos(x-1)(0≤x≤2)

b.y=π-arccos(x-1)(0≤x≤2)

c.y=arccos(x-1)(0≤x≤2)

d.y=π+arccos(x-1)(0≤x≤2)

6.一个迷宫中共有不同的出入大门五个，若这些门都相互连通，某人从一个门进去，从另一个门出去，不同的走法种数共有

a.25 b.20c.10d.9

7.函数f(x)=x|x|+px(p>0)定义在r上，则f(x)

a.既是奇函数又是增函数

b.既是奇函数又是减函数

c.既是偶函数又是增函数

d.既是偶函数又是减函数

8.球内接圆锥的底面半径是球半径的，则此圆锥的高是球半径的

a. b. c. d.以上都不对

9.已知椭圆的两条对称轴分别是x=5和y=3，有一个焦点在x轴上，则另一个焦点坐标是

a.(5，6) b.(-5，6)

c.(5，-3) d.(-5，3)

10.二次函数y=n(n+1)x2-(2n+1)x+1,n=1,2,3,4,…时，其图象在x轴上截得线段长度的总和是

a. b.

c.1d.以上都不对

11.若(ax+1)9与(x+2a)8展开式中，x3的系数相等，则数列1+a+a2+a3+a4+…的值为

a. b.

c. d.以上都不对

12.已知在△abc中，bc=ac=，ab>3,则c的取值范围是

a.[,π] b.(π, )

c.(,π) d.以上都不对

第ⅱ卷(非选择题共90分)

注意事项：

1.第ⅱ卷共6页，用钢笔或圆珠笔直接答在试题卷中.

2.答卷前将密封线内的项目填写清楚.

题号

二

三

总分

分数

二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.把答案填在题中横线上.

13.不等式logx(5-x)

14.等差数列{an}中，a1>0,s4=s9,则sn取最大值时，n=______.

15.双曲线(x-1)2-=1，其右焦点到渐近线距离是______.

16.对任意角α，给出以下结论：

①sinα·cosα=-;②tgα+ctgα=-;③若α,β是第二象限角，且sinα>sinβ,则cosα>cosβ;④若α,β∈(,π)，且tgα

三、解答题：本大题共6小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.(本小题满分12分)

设z=1-2i,求适合不等式log0.5≤的实数a的取值范围.

18.(本小题满分12分)

一架直升飞机用匀加速度从地面垂直向上飞行到高度是h米的天空，已知飞机在上升过程中每秒钟的耗油量y和飞机上升的匀加速度a(m/s2)之间近似为一次函数关系y=aα+β

(α,β为已知正常数量)，应选择多大的匀加速度才能使这架飞机从地面上升到h米高空时的耗油量最低，并求出最低的耗油量.

19.(本小题满分12分)

如图，矩形abcd中ab=2ad=2a,e是cd边的中点，以ae为棱将△dae向上折起，将d变成p位置，使面pae与面abcd成直二面角.

(1)求直线pb与平面abcd所成角的正切值;

(2)求证：ap⊥be;

(3)求异面直线ap与bc所成的角;

(4)求四棱锥p—abce的体积.

20.(本小题满分12分)

已知等比数列{an}的首项a1>0,公式q>-1且q≠0，设数列{bn}的通项bn=an+1+an+2(n∈n),记{an}、{bn}的前n项和分别为an、bn.

(1)证明an>0;

(2)当an>bn时，求公比q的取值范围.

21.(本小题满分12分)

若椭圆=1(a>b>0)两个顶点a(a,0)、b(0,b)，右焦点为f.

(1)要使直线y=mx截椭圆所得弦长为ab，求a、b的范围;

(2)若f到原点的距离等于f到ab的距离，求证：离心率e<-1.

22.(本小题满分14分)

设f(x)= (x∈r).

(1)求f(x)的值域;

(2)证明：当x1≠x2时，f(x1)≠f(x2);

数学高考模拟试题篇2

本大题共12小题, 每小题5分, 共60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.设集合则∁I (P∩Q) = ( ) .

(A) {1, 4} (B) {2, 3}

2. (理科) 设a, b∈R且a≠0, 若复数 (a+bi) 3是纯虚数, 则

$\begin{array}{l} \frac{b}{a} = () . \\ (A) \pm \frac{1}{3} (B) \pm \frac{\sqrt{3}}{3} \\ (C) \pm 3 (D) \pm \sqrt{3} \end{array}$

(文科) 若向量a, b, c满足a+b+c=0, 则a, b, c ( ) .

(A) 一定能构成一个三角形

(B) 一定不能构成一个三角形

(D) 都是非零向量时也可能无法构成一个三角形

3. (理科) 设函数其中a>0且a≠1, 若 $f (- \frac{1}{9}) = - \frac{1}{2}$ , 则 $f^{- 1} (\frac{1}{4})$ 值为 ( ) .

$\begin{array}{l} (A) 1 (B) \frac{1}{4} \\ (C) 3 (D) \frac{1}{81} \end{array}$

(文科) 函数 $y = \frac{x}{x - 1} (x \geq 2)$ 的值域为 ( ) .

(A) {y︱y≠1且y∈R}

(B) {y︱1<y≤2}

(D) {y︱y≤2}

4.已知 $f (x) = \sin (x + \frac{π}{2}) ‚ g (x) = \cos (x - \frac{π}{2})$ , 则下列命题中正确的是 ( ) .

(A) 函数y=f (x) ·g (x) 的最小正周期为2π

(B) 函数y=f (x) ·g (x) 是偶函数

(D) 函数y=f (x) +g (x) 的一个单调递增区间是 $[- \frac{3 π}{4}, \frac{π}{4}]$

5. (理科) 已知三个正态分布密度函数 $f_{i} (x) = \frac{1}{\sqrt{2 π} σ_{i}} e^{- \frac{(x - μ_{i})^{2}}{2 σ_{i}^{2}}} (x \in R ‚ i = 1 ‚ 2 ‚ 3)$ 的图象如图1所示, 则 ( ) .

(A) μ1<μ2=μ3, σ1=σ2>σ3

(B) μ1>μ2=μ3, σ1=σ2<σ3

(D) μ1<μ2=μ3, σ1=σ2<σ3

(文科) 某化工厂有职工320人, 其中工人240人, 管理人员48人, 其余为后勤人员.在一次职工工作情况抽样调查中, 如果用分层抽样的方法, 抽得工人的人数是30人, 那么这次抽样调查中样本的容量是 ( ) .

(A) 30 (B) 40

6. (理科) 已知x, y满足线性约束条件:若目标函数z=-x+my取最大值的最优解有无数个, 则m= ( ) .

(A) -3或 $- 2 (B) - \frac{1}{2}$ 或 $\frac{1}{3}$

(文科) 下面给出的四个点中, 到直线x-y+1=0的距离等于 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ , 且位于

${\begin{cases} x + y - 1 < 0, \\ x - y + 1 > 0 \end{cases}$

表示的平面区域内的点是 ( ) .

(A) (1, 1) (B) (-1, 1)

7.已知焦点 (设为F1和F2) 在x轴上的双曲线上有一点 $Ρ (x_{0} ‚ \frac{3}{2})$ , 直线 $y = \sqrt{3} x$ 是双曲线的一条渐近线, 当 $\vec{Ρ F_{1}} \cdot \vec{Ρ F_{2}} = 0$ 时, 该双曲线的一个顶点坐标是 ( ) .

$\begin{array}{l} (A) (\sqrt{2} ‚ 0) (B) (\sqrt{3} ‚ 0) \\ (C) (2 ‚ 0) (D) (1 ‚ 0) \end{array}$

8. (理科) 在等腰直角三角形ABC中, 斜边 $A B = 4 \sqrt[]{2} ‚ D ‚ E$ 分别是AB, AC边的中点, 沿DE将△ADE折起, 使A到A′的位置, 若二面角A′-DE-A是120°, 则BC与面A′DE的距离等于 ( ) .

$\begin{array}{l} (A) 2 (B) 3 \\ (C) \sqrt{2} (D) \sqrt{3} \end{array}$

(文科) 在正四棱柱A1B1C1D1-ABCD中, 若AA1=2AB, 则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为 ( ) .

$\begin{array}{l} (A) \frac{1}{5} (B) \frac{2}{5} \\ (C) \frac{3}{5} (D) \frac{4}{5} \end{array}$

9.设 $\vec{Ο Ρ_{1}} ‚ \vec{Ο Ρ_{2}} ‚ \vec{Ο Ρ_{3}}$ 是同一平面上的单位向量, 则“ $\vec{Ο Ρ_{1}} + \vec{Ο Ρ_{2}} + \vec{Ο Ρ_{3}} = 0$ ”是“△P1P2P3为正三角形”的 ( )

(A) 充分不必要条件

(B) 必要不充分条件

(D) 既不充分又不必要条件

10. (理科) 已知数列{an}的前n项的和为其中a>0, 则 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{S_{n}} = () .$

(A) 0 (B) 0或1

(文科) 设数列: $1 ‚ 1 + \frac{1}{2} ‚ 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^{2}} ‚ \dots ‚ 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^{2}} + \dots + \frac{1}{2^{n - 1}} ‚ \dots$ 的前n项和为Sn, 则Sn等于 ( ) .

$\begin{array}{l} (A) 2 n + \frac{1}{2^{n - 1}} (B) \frac{1}{2^{n - 1}} \\ (C) 2 n - 1 + \frac{1}{2^{n}} (D) 2 n - 2 + \frac{1}{2^{n - 1}} \end{array}$

11.已知等腰三角形的面积为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ , 顶角的正弦值是底角的正弦值的 $\sqrt{3}$ 倍, 则该三角形一腰的长为 ( ) .

$\begin{array}{l} (A) \sqrt{2} (B) \sqrt{3} \\ (C) 2 (D) \sqrt{6} \end{array}$

12.设函数f (x) 的定义域为A, 若存在非零实数t, 使得对于任意x∈C (C⊆A) , 有x+t∈A, 且f (x+t) ≤f (x) , 则称f (x) 为C上的t低调函数.如果定义域为[0, +∞) 的函数f (x) =-︱x-m2︱+m2, 且f (x) 为[0, +∞) 上的10低调函数, 那么实数m的取值范围是 ( ) .

$\begin{array}{l} (A) [- 5 ‚ 5] (B) [- \sqrt{5} ‚ \sqrt{5}] \\ (C) [- \sqrt{10} ‚ \sqrt{10}] (D) [- \frac{\sqrt{5}}{2}, \frac{\sqrt{5}}{2}] \end{array}$

二、填空题:本大题共4小题, 每小题4分, 共16分.把答案填在题中的横线上.

13.已知函数 $f (x) = \sin x - \cos (x - \frac{π}{6}) ‚ x \in [0 ‚ 2 π)$ , 则满足f (x) >0的x值的集合为____.

14.图2给出的是计算 $\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{6} + \dots + \frac{1}{20}$ 的值的一个程序框图, 其中菱形判断框内应填入的条件是____.

15.设a>2b>0, 则 $(a - b)^{2} + \frac{9}{b (a - 2 b)}$ 的最小值是____.

16.给出下列命题:

①“sinα-tanα>0”是“α是第二或第四象限角”的充要条件;

②平面直角坐标系中有三个点A (4, 5) , B (-2, 2) , C (2, 0) , 则 $\tan A B C = \frac{4}{3}$ ;

③函数 $f (x) = \cos^{2} x + \frac{3}{\cos^{2} x}$ 的最小值为 $2 \sqrt[]{3}$ ;

④设[m]表示不大于m的最大整数, 若x, y∈R, 那么[x+y]≥[x]+[y].

其中所有正确命题的序号是____.

三、解答题:本大题共74分.解答应写出文字说明, 证明过程或演算步骤.

17. (本小题满分12分) 设△ABC三个角A, B, C的对边分别为a, b, c, 向量p= (a, 2b) , q= (sinA, 1) , 且p//q.

(Ⅰ) 求角B的大小;

(Ⅱ) 若△ABC是锐角三角形, m= (cosA, cosB) , n= (1, sinA-cosAtanB) , 求m·n的取值范围.

18. (本小题满分12分) (理科) 已知函数 $f (x) = \frac{3}{2} a x^{2} (a \neq 0) ‚ g (x) = - 6 x + \ln x^{3} .$

(Ⅰ) 若函数h (x) =f (x) -g (x) 有两个极值点, 求实数a的取值范围.

(Ⅱ) 是否存在实数a>0, 使得方程g (x) =xf′ (x) -3 (2a+1) x无实数解?若存在, 求出a的取值范围;若不存在, 请说明理由.

(文科) 已知函数 $f (x) = \frac{2}{3} x^{3} - (2 m + 1) x^{2} - 6 m (m - 1) x + 1 ‚ x \in R .$

(Ⅰ) 当m=-1时, 求函数y=f (x) 在[-1, 5]上的单调区间和最值;

(Ⅱ) 设f ′ (x) 是函数y=f (x) 的导数, 当函数y=f ′ (x) 的图象在 (-1, 5) 上与x轴有唯一的公共点时, 求实数m的取值范围.

19. (本小题满分12分) 如图3, 正方形ABCD所在平面与圆O所在平面相交于CD, 线段CD为圆O的弦, AE垂直于圆O所在平面, 垂足为E.若AE=3, 圆O的直径为9.

(Ⅰ) 求证:平面ABCD⊥平面ADE;

(Ⅱ) 求二面角D-BC-E的平面角的正切值.

20. (本小题满分14分) 某幸运观众参加电视节目抽奖活动, 抽奖规则是:在盒子里预先放有大小相同的5个小球, 其中一个绿球, 两个红球, 两个白球.该观众依次从盒子里摸球, 每次摸一个球 (不放回) , 若累计摸到两个白球就停止摸球, 否则直到将盒子里的球摸完才停止.规定:在摸球停止时, 只有摸出红球才获得奖金, 奖金数为摸出红球个数的1000倍 (单位:元) .

(Ⅰ) 求该幸运观众摸三次球就停止的概率;

(Ⅱ) (理科) 设ξ为该幸运观众摸球停止时所得的奖金数 (元) , 求ξ的分布列和数学期望Eξ.

(文科) 求该幸运观众获得1000元奖金的概率.

21. (本小题满分14分) 设椭圆C的中心在坐标原点O, 焦点在x轴上, 短轴长为 $2 \sqrt[]{21}$ , 左焦点到左准线的距离为 $3 \sqrt[]{7} .$

(Ⅰ) 求椭圆C的方程;

(Ⅱ) 设椭圆C上有不同两点P, Q, 且OP⊥OQ, 过P, Q的直线为l, 求点O到直线l的距离.

请考生在第22, 23, 24三题中任选一题做答, 如果多做, 则按所做的第一题记分.

22. (本小题满分10分) 选修4-1:几何证明选讲

如图4, △ABC是⊙O的内接三角形, PA是⊙O的切线, PB交AC于点E, 交⊙O于点D, 若PE=PA, ∠ABC=60°, PD=1, BD=8, 求BC的长.

23. (本小题满分10分) 选修4-4:坐标系与参数方程

已知直线l经过点P (1, 1) , 倾斜角 $α = \frac{π}{6} .$

(Ⅰ) 写出直线l的参数方程;

(Ⅱ) 设l与圆x2+y2=4相交于两点A, B, 求点P到A, B两点的距离之积.

24. (本小题满分10分) 选修4-5:不等式选讲

如果a, b, c∈R+, 求证: $\frac{a^{3} + b^{3} + c^{3}}{3} \geq (\frac{a + b + c}{3})^{3}$ (当且仅当a=b=c时, 等号成立) .

参考答案

$\begin{array}{l} 1 . A . ∵ Ι = {x | \begin{array}{l} \end{array} | x - 2 | \leq 2 ‚ x \in Ν^{*}} = {1 ‚ 2 ‚ 3 ‚ 4} ‚ Ρ \cap Q = {2 ‚ 3} ‚ \\ ∴ ∁_{Ι} (Ρ \cap Q) = {1 ‚ 4} ‚ 选 A . \end{array}$

2. (理科) B. (a+bi) 3=a3+3a2bi+3a (bi) 2+ (bi) 3=a3-3ab2+ (3a2b-b3) i,

由已知得a3-3ab2=0, a≠0, ∴ a2=3b2, b≠0,

∴ 3a2b-b3=b (3a2-b2) =8b3≠0, 于是 $\frac{b}{a} = \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$ , 选B.

(文科) D.反例法:从一个正三角形的中心出发的三个单位向量, 夹角均为120°, 它们的和为零向量, 但不能构成三角形;三个共线的非零向量之和为零向量时, 它们也不能构成三角形.在三角形ABC中, $\vec{A B} + \vec{B C} + \vec{C A} = 0, ∴$ 和为零向量的三个向量可能构成三角形.选D.

$\begin{array}{l} 3 . (理科) C . ∵ f (- \frac{1}{9}) = - \frac{1}{2} ‚ \\ ∴ - 2^{a (- \frac{1}{9})} = - \frac{1}{2} ‚ 解之 ‚ 得 a = 9 . \end{array}$

$\begin{array}{l} ∴ f (x) = {\begin{cases} - 2^{9 x} (x \leq 1), \\ \log_{81} x (x > 1), \end{cases} \\ ∴ f^{- 1} (x) = {\begin{cases} \frac{1}{9} \log_{2} (1 - x) (- 2^{9} \leq x < 0), \\ 81^{x} (x > 0), \end{cases} \end{array}$

由34=81, 得 $f^{- 1} (\frac{1}{4}) = 3$ , 选C.

另解:由互为反函数的两个函数的性质——“定义域与值域互换”知, 当x≤1时, $f (x) ＜ 0, f (x) = \frac{1}{4}, ∴ \log_{a^{2}} x = \frac{1}{4} \Rightarrow x = 3 .$

(文科) B.将原式整理得 $y = 1 + \frac{1}{x - 1}$ , 令u=x-1, 则 $u \geq 1 ‚ ∴ y = 1 + \frac{1}{u}$ , 得1<y≤2, 选B.

$\begin{array}{l} 4 . D . 化简函数 ‚ 得 f (x) = \cos x ‚ g (x) = \sin x ‚ \\ ∴ f (x) g (x) = \frac{1}{2} \sin 2 x, ∴ Τ = π, \\ [f (x) g (x)]_{\min} = - \frac{1}{2}, ∴ A ‚ B 错 . 选 D . \end{array}$

5. (理科) D.根据正态分布密度函数的性质可知, x=μ表示对称轴, δ表示曲线的分散程度, δ越大, 分布越分散.由题图可知, f1 (x) 和f2 (x) 的分散程度一致, 因此δ1=δ2<δ3, f2 (x) 和f3 (x) 的对称轴相同, 因此, μ1<μ2=μ3.∴ 选D.

(文科) B.根据题意知, $\frac{x}{320} = \frac{30}{240}, x = 40 .$

6. (理科) C.作出线性约束条件所表示的可行区域, 如图, 将目标函数变形, 得 $y = \frac{x + z}{m}$ , 根据平移直线法, 只需平移直线 $y = \frac{x}{m}$ 即可.

当m>0时, 直线 $y = \frac{x + z}{m}$ 在y轴上的截距越大, z就越大, 将 $y = \frac{x}{m}$ 向上平移至与直线x-2y+3=0平行的位置时, 可得目标函数有无数个最大值的最优解, $∴ \frac{1}{m} = \frac{1}{2}, ∴ m = 2;$

当m<0时, 直线 $y = \frac{x + z}{m}$ 在y轴上的截距越小, z就越大, 将 $y = \frac{x}{m}$ 向上平移至与直线2x-6y-9=0平行的位置时, 符合题意, $∴ \frac{1}{m} = - \frac{1}{3} \Rightarrow m = - 3 . ∴$ 选C.

(文科) C.根据题意, 将各点代入验证即可得到答案.

7.D.由已知可设双曲线的方程为

$∴ \vec{Ρ F_{1}} ⊥ \vec{Ρ F_{2}}$ 于是 $| \vec{Ο Ρ} |^{2} = | \vec{Ο F_{2}} |^{2}$ ,

则 $x_{0}^{2} + (\frac{3}{2})^{2} = \frac{λ}{3} + λ$ .又 $3 x_{0}^{2} - (\frac{3}{2})^{2} = λ ‚$

∴ 消去x0, 解之, 得λ=3.

因此双曲线方程为 $x^{2} - \frac{y^{2}}{3} = 1 ‚ a = 1$ , 选D.

另解:由面积公式得到关系式: $b^{2} \cot 45 ° = \frac{1}{2} \cdot 2 c \cdot \frac{3}{2}, ∴ b^{2} = \frac{3}{2} c$ .又 $b^{2} = 3 a^{2}, c^{2} = 4 a^{2}, ∴ b^{2} = 3 a^{2} = \frac{3}{2} \cdot 2 a = 3 a, ∴ a = 1$ 或a=0 (舍) , ∴ 选D.

8. (理科) D.根据题意作出符合条件的图形, 由D, E分别是AB, AC边的中点知, AE⊥DE, A′E⊥DE, ∴ ∠AEA′就是二面角A′-DE-A的平面角, ∴ ∠AEA′=120°, ∴ ∠A′EC=60°.

又∵ A′E=AE=EC=2, ∴ △A′EC是正三角形, 取A′E中点F, 连结CF, 则CF⊥A′E.

又∵ DE//BC, ∴ CF⊥面A′ED, ∴ CF就是BC到面A′DE的距离, $∴ C F = \frac{\sqrt{3}}{2} \times 2 = \sqrt{3} .$

∴ 选D.

(文科) D.设AB=a, 则AA1=2a, 如图, 则 $A_{1} B = B C_{1} = \sqrt{5} a$ , 设所成角为α, 则由余弦定理知, $(\sqrt{2} a)^{2} = 5 a^{2} + 5 a^{2} - 2 \cdot \sqrt{5} a \cdot \sqrt{5} \cos α \Rightarrow \cos α = \frac{4}{5} . ∴$ 选D.

9.C. (充分性) ∵ (D为P2P3的中点) ,

∴ O在△P1P2P3的P2P3的中线上.

同理, O在△P1P2P3的边P1P3的中线上,

因而O是△P1P2P3的重心.

又 $| \vec{Ο Ρ_{1}} | = | \vec{Ο Ρ_{2}} | = | \vec{Ο Ρ_{3}} | = 1 ‚ ∴ Ο$ 是三角形P1P2P3的外心, 表明△P1P2P3是正三角形.

(必要性) 由正三角形的性质可知, 结论显然成立, 选C.

10. (理科) D.当n≥2时, $a_{n} = \frac{1}{a^{n}} - \frac{1}{a^{n - 1}}$ ,

$\begin{array}{l} 所以 S_{n} = 1 + \frac{1}{a} + (\frac{1}{a^{2}} - \frac{1}{a}) + (\frac{1}{a^{3}} - \frac{1}{a^{2}}) + \dots + (\frac{1}{a^{n}} - \frac{1}{a^{n - 1}}) = 1 + \frac{1}{a^{n}} = \frac{1 + a^{n}}{a^{n}} ‚ ∴ \frac{1}{S_{n}} = \frac{a^{n}}{1 + a^{n}}, \\ ∴ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{S_{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{a^{n}}{1 + a^{n}} = {\begin{cases} 0 (0 < a < 1), \\ \frac{1}{2} (a = 1), \\ 1 (a > 1), \end{cases} 选 D . \end{array}$

(文科) D.设数列的通项为an, 则

$\begin{array}{l} a_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^{2}} + \dots + \frac{1}{2^{n - 1}} = \frac{1 \times [1 - (\frac{1}{2})^{n}]}{1 - \frac{1}{2}} = 2 [1 - (\frac{1}{2})^{n}] ‚ \\ ∴ S_{n} = a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n} = 2 n - 2 (\frac{1}{2} + \frac{1}{2^{2}} + \dots + \frac{1}{2^{n}}) = 2 n - 2 \times \frac{\frac{1}{2} [1 - (\frac{1}{2})^{n}]}{1 - \frac{1}{2}} = 2 n - 2 + \frac{1}{2^{n - 1}} ‚ \\ ∴ S_{n} - 2 n = \frac{1}{2^{n - 1}} - 2 ‚ 选 D . \end{array}$

11.A.设A为顶角, B, C为底角, 它们所对的边分别为a, b, c, 则 $\sin A = \sqrt{3} \sin B = \sqrt{3} \sin C$ , 于是 $a = \sqrt{3} b = \sqrt{3} c$ , 所以 $\cos A = \frac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{2 b c} = \frac{2 (\frac{1}{\sqrt{3}} a)^{2} - a^{2}}{\frac{3}{2} a^{2}} = - \frac{1}{2} ‚ \sin A = \sqrt{1 - \cos^{2} A} = \frac{\sqrt{3}}{2} .$

又 $S_{△ A B C} = \frac{1}{2} b^{2} \sin A = \frac{\sqrt{3}}{2} ‚ ∴ \frac{1}{2} b^{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ ,

解之, 得 $b = \sqrt{2}$ , 选A.

另解1:设顶角为A, 则底角为 $90 ° - \frac{A}{2}$ , 于是由已知得 $\sin A = \sqrt{3} \sin (90 ° - \frac{A}{2})$ , 所以 $\sin \frac{A}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ , 得A=120°, 进而底角B=C=30°, 下略.

另解2:设顶角为β, 底角为α, 腰长为m, 则底边为2mcosα, 则 $\frac{1}{2} \cdot 2 m \cos α \cdot m \cdot \sin α = \frac{1}{2} \cdot m \cdot m \cdot \sin β = \frac{1}{2} m^{2} \cdot \sqrt{3} \sin α, ∴ \cos α = \frac{\sqrt{3}}{2}, ∴ \sin α = \frac{1}{2}, \sin β = \frac{\sqrt{3}}{2}, ∴ \frac{1}{2} \cdot m^{2} \cdot \sin β = \frac{\sqrt{3}}{2}, ∴ m^{2} = 2, m = \sqrt{2} .$

12.B.由f (x) =-︱x-m2︱+m2和f (x+10) ≤f (x) , 得

-︱x+10-m2︱+m2≤-︱x-m2︱+m2,

所以︱x+10-m2︱≥︱x-m2︱≥0,

两边平方, 得 (x+10-m2) 2- (x-m2) 2≥0,

即10 (2x+10-2m2) ≥0, x+5-m2≥0恒成立, 所以m2≤x+5在x∈[0, +∞) 的条件下恒成立, 只需m2≤5, 选B.

$\begin{array}{l} 13 . x \in (\frac{π}{3}, \frac{4 π}{3}) . f (x) = \sin x - \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x - \frac{1}{2} s i n x = \frac{1}{2} \sin x - \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x = \sin (x - \frac{π}{3}) . \\ ∵ x \in [0 ‚ 2 π) ‚ f (x) = \sin (x - \frac{π}{3}) > 0 ‚ \\ ∴ 0 ＜ x - \frac{π}{3} < π ‚ \end{array}$

$∴ \frac{π}{3} < x < \frac{4 π}{3}$ , 即 $x \in (\frac{π}{3}, \frac{4 π}{3}) .$

14.i>10.

15.12.方法1: $∵ a ＞ 2 b ＞ 0 ‚ ∴ a - 2 b ＞ 0 ‚ ∴ (a - b)^{2} + \frac{9}{b (a - 2 b)} = (a - 2 b + b)^{2} + \frac{9}{b (a - 2 b)} = (a - 2 b)^{2} + b^{2} + 2 (a - 2 b) b + \frac{9}{b (a - 2 b)} \geq 4 (a - 2 b) b + \frac{9}{b (a - 2 b)}$ (当且仅当a=3b时, 等号成立) $\geq 2 \sqrt[]{4 (a - 2 b) b \times \frac{9}{b (a - 2 b)}} = 12$ (当且仅当 $(a - b) b = \frac{3}{2}$ 时, 等号成立) .

综上, 当 $a = \frac{3 \sqrt[]{6}}{2} ‚ b = \frac{\sqrt{6}}{2}$ 时, $(a - b)^{2} + \frac{9}{b (a - 2 b)}$ 的最小值为12.

方法2:∵ a>2b>0, ∴ 令a=2b+t, t>0, 则原式 $= (b + t)^{2} + \frac{9}{b \cdot t} = b^{2} + 2 b t + t^{2} + \frac{9}{b t} \geq 4 b t + \frac{9}{b t} \geq 2 \cdot \sqrt{4 \cdot 9} = 12$ , 当且仅当 $b = t, b t = \sqrt{\frac{9}{4}} = \frac{3}{2}$ 时, 即 $b = t = \frac{\sqrt{6}}{2}$ 时, 等号同时成立, 取得最小值12.

两种方法, 两种不同的思路, 方法1利用了配凑技巧, 而方法2则利用a=2b+t (t>0) 变换了a>2b这一条件, 实现了等与不等的转化.

16.①③④.对于①, 当 $0 ＜ x ＜ \frac{π}{2}$ 时, sinx<x<tanx, ∴ 在第一象限内, 有sinx<tanx, 在第二象限内, 有sinx>0>tanx, 在第三象限内, sinx<0, tanx>0, 在第四象限内, 由对称性和奇偶性知, sin (-x) <tan (-x) , 即sinx>tanx, ∴①正确;对于②, 过B作BB′平行于x轴, 则 $\tan A B B^{'} = \frac{1}{2} ‚ \tan B^{'} B C = \frac{1}{2} ‚ ∴ \tan A B C = \frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{4}{3}, ∴ ②$ 正确;对于③, 由三角函数的有界性可知, $0 ＜ \cos^{2} x \leq 1 ＜ \sqrt{3}, ∴$ 此处最好通过单调性求最值, 而不宜直接运用均值不等式求解 (否则容易出现错误) , 故③错;对于④, 设x=[x]+a, y=[y]+b, 0≤a<1, 0≤b<1, 则x+y=[x]+[y]+a+b, 0≤a+b<2, 所以

$[x + y] = {\begin{matrix} [x] + [y], \\ [x] + [y] + 1, \end{matrix}$

即[x+y]≥[x]+[y], 故④正确.

填①③④.

17.解: (Ⅰ) ∵ p= (a, 2b) , q= (sinA, 1) , p//q,

∴ a-2bsinA=0, 由正弦定理得

$\begin{array}{l} \sin A - 2 \sin B \sin A = 0 . \\ ∵ 0 ＜ A ‚ B ‚ C ＜ π ‚ \\ ∴ \sin B = \frac{1}{2} \end{array}$

, 得 $B = \frac{π}{6}$ 或 $B = \frac{5 π}{6} .$

(Ⅱ) ∵ △ABC是锐角三角形, ∴由 (Ⅰ) 知, $B = \frac{π}{6} ‚ m = (\cos A, \frac{\sqrt{3}}{2}), n = (1, \sin A - \frac{\sqrt{3}}{3} \cos A)$ ,

于是 $m \cdot n = \cos A + \frac{\sqrt{3}}{2} (\sin A - \frac{\sqrt{3}}{3} \cos A) = \frac{1}{2} c o s A + \frac{\sqrt{3}}{2} \sin A = \sin (A + \frac{π}{6}) .$

由 $A + C = π - B = \frac{5 π}{6}$ 及 $0 ＜ C ＜ \frac{π}{2}$ , 得

$A = \frac{5 π}{6} - C \in (\frac{π}{3}, \frac{5 π}{6}) .$

$\begin{array}{l} 或 m \cdot n = \sin (A + \frac{π}{6}) = \sin (A + B) = \sin C . \\ ∴ \frac{\sqrt{3}}{2} < \sin C = m \cdot n < 1 . \end{array}$

18. (理科) 解: (Ⅰ) 由题意知,

$\begin{array}{l} h (x) = f (x) - g (x) = \frac{3}{2} a x^{2} + 6 x - 3 \ln x (x ＞ 0) ‚ \\ ∴ h^{'} (x) = 3 a x + 6 - \frac{3}{x} . \end{array}$

∵ 函数h (x) 有两个极值点,

∴ 方程 $h^{'} (x) = 3 a x + 6 - \frac{3}{x} = \frac{3 (a x^{2} + 2 x - 1)}{x} = 0$ ,

即ax2+2x-1=0应有两个不同的正数根,

于是

Symbol^C@-1<a<0.

(Ⅱ) 方程g (x) =xf′ (x) -3 (2a+1) x,

即-6x+3lnx=3ax2-3 (2a+1) x,

等价于方程ax2+ (1-2a) x-lnx=0.

设H (x) =ax2+ (1-2a) x-lnx, 则问题就可以转化等价地为函数H (x) 在区间 (0, +∞) 内无零点的问题 (即函数H (x) 图象与x轴无交点的问题) .

$∵ Η^{'} (x) = 2 a x + (1 - 2 a) - \frac{1}{x} = \frac{2 a x^{2} + (1 - 2 a) x - 1}{x} = \frac{(2 a x + 1) (x - 1)}{x}$ , 并且x>0, a>0,

所以, 当x∈ (0, 1) 时, H′ (x) <0, H (x) 是减函数;

当x∈ (1, +∞) 时, H′ (x) >0, H (x) 是增函数.

因为x→0或者x→+∞时, H (x) →+∞,

∴ 要使H (x) 图象与x轴有无交点, 只需

H (x) min=H (1) =a+ (1-2a) =1-a>0,

结合a>0, 得0<a<1.

(文科) 解: (Ⅰ) 当m=-1时,

$\begin{array}{l} f (x) = \frac{2}{3} x^{3} + x^{2} - 12 x + 1 ‚ \\ ∴ f^{'} (x) = 2 x^{2} + 2 x - 12 = 2 (x + 3) (x - 2) = 0 的两个根为 x = - 3 或 x = 2 ‚ \end{array}$

只有x=2在[-1, 5]上, 所以f (x) 在[-1, 2]上单调递减, 在[2, 5]上单调递增.

又 $f (- 1) = \frac{40}{3} ‚ f (2) = - \frac{41}{3} ‚ f (5) = \frac{148}{3} .$

∴ f (x) , f ′ (x) 随x的变化情况如下表:

故函数y=f (x) 在[-1, 5]上的最大值为 $\frac{148}{3}$ , 最小值为 $- \frac{41}{3} .$

(Ⅱ) 由已知可得f′ (x) =2x2-2 (2m+1) x-6m (m-1) , x∈R.

函数y=f′ (x) 的图象与x轴的公共点的横坐标就是二次方程x2- (2m+1) x-3m (m-1) =0的实数根, 解之, 得x1=3m, x2=1-m.

①当x1=x2时, 有3m=1-mSymbol^C@ $m = \frac{1}{4}$ , 此时 $x_{1} = x_{2} = \frac{3}{4} \in (- 1 ‚ 5)$ 为所求.

②当x1≠x2时, 令H (x) =x2- (2m+1) x-3m (m-1) , 则函数y=f′ (x) 的图象在 (-1, 5) 上与x轴有唯一的公共点Symbol^C@H (-1) ·H (5) ≤0, 而H (-1) =-3m2+5m+2, H (5) =-3m2-7m+20, 所以 (-3m2+5m+2) (-3m2-7m+20) ≤0, 即 (m-2) (3m+1) (m+4) (3m-5) ≤0,

解之, 得 $- 4 \leq m \leq - \frac{1}{3}$ 或 $\frac{5}{3} \leq m \leq 2 .$

经检验, 当m=-4和m=2时, 不符合条件, 故舍去.

综上所述, 实数m的取值范围是 $m = \frac{1}{4}$ 或 $- 4 ＜ m \leq - \frac{1}{3}$ 或 $\frac{5}{3} \leq m ＜ 2 .$

19.解: (Ⅰ) 证明:∵ AE垂直于圆O所在平面, ∴ AE⊥CD.

在正方形ABCD中, CD⊥AD.

∵ AD∩AE=A,

∴ CD⊥平面ADE.

∵ CDSymbolLC@平面ABCD,

∴ 平面ABCD⊥平面ADE.

(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 可知, CD⊥DE,

∴ CE为圆O的直径, CE=9.

设正方形ABCD的边长为a.

在Rt△CDE和Rt△ADE中,

有DE2=81-a2=a2-9,

解之, 得 $a = 3 \sqrt[]{5}$ , 所以DE=6.

过点E作EF⊥AD于点F, 作FG//AB交BC于点G, 连结EG,

∴ EF⊥AB, 进而EF⊥平面ABCD,

∴ EF⊥BC, 而BC⊥FG, 所以BC⊥EG,

∴ ∠EGF就是二面角D-BC-E的平面角.

$\begin{array}{l} 在 R t △ A D E 中 ‚ 由 A D \cdot E F = A E \cdot D E ‚ \\ ∴ E F = \frac{A E \cdot D E}{A D} = \frac{3 \times 6}{3 \sqrt[]{5}} = \frac{6}{\sqrt[]{5}} . \end{array}$

又 $F G = A B = 3 \sqrt[]{5} ‚ ∴ \tan E G F = \frac{E F}{F G} = \frac{2}{5} .$

故二面角D-BC-E的平面角的正切值为 $\frac{2}{5} .$

注:在 (Ⅰ) 的基础上, 理科可以以D为坐标原点, 分别以CD、ED所在的直线为x轴、y轴建立空间直角坐标系, 利用向量的知识加以求解, 过程略.

20.解: (Ⅰ) 记“该幸运观众摸球三次就停止”为事件A, 则 $Ρ (A) = \frac{C_{2}^{1} C_{3}^{1} A_{2}^{2}}{A_{5}^{3}} = \frac{1}{5} .$

(Ⅱ) (理科) ξ的可能值为0, 1000, 2000.

$\begin{array}{l} Ρ (ξ = 0) = \frac{A_{2}^{2}}{A_{5}^{2}} + \frac{C_{2}^{1} A_{2}^{2}}{A_{5}^{3}} = \frac{1}{6} ‚ \\ Ρ (ξ = 1000) = \frac{C_{2}^{1} C_{2}^{1} A_{2}^{2}}{A_{5}^{3}} + \frac{C_{2}^{1} C_{2}^{1} A_{3}^{3}}{A_{5}^{4}} = \frac{1}{3} ‚ \\ Ρ (ξ = 2000) = \frac{C_{2}^{2} C_{2}^{1} A_{3}^{3}}{A_{5}^{4}} + \frac{C_{3}^{3} C_{2}^{1} A_{4}^{4}}{A_{5}^{5}} = \frac{1}{2} . \end{array}$

∴ξ的分布列为:

所以 $E ξ = 0 \times \frac{1}{6} + 1000 \times \frac{1}{3} + 2000 \times \frac{1}{2} = \frac{4000}{3} .$

(文科) 该幸运观众获得1000元奖金分为两种情况:摸3次球, 一个红球, 两个白球;摸4次球, 一个红球, 一个绿球, 两个白球.∴ 摸3次球时, 一个红球有C $_{2}^{1}$ 种选法, 摸出红球的顺序可以有2种, ∴ 共有C $_{2}^{1}$ ·C $_{2}^{1}$ ·A $_{2}^{2}$ =8种;摸4次球时, 必有绿球, 摸出绿球的顺序可以有C $_{3}^{1}$ 种, 最后一次是白球有C $_{2}^{1}$ 种, 剩下的顺序是A $_{2}^{2}$ 种, 红球有两种方法, ∴ 其概率为 $Ρ = \frac{C_{2}^{1} C_{2}^{1} A_{2}^{2}}{A_{5}^{3}} + \frac{C_{2}^{1} C_{2}^{1} A_{3}^{3}}{A_{5}^{4}} = \frac{1}{3} .$

21.解: (Ⅰ) 设椭圆C的方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{b^{2}}{b^{2}} = 1 (a ＞ b ＞ 0)$ , 则 $2 b = 2 \sqrt[]{21} ‚ b = \sqrt{21} .$

由 $- c - (\frac{- a^{2}}{c}) = 3 \sqrt[]{7}$ ,

即 $\frac{a^{2} - c^{2}}{c} = \frac{b^{2}}{c} = 3 \sqrt[]{7}$ , 得 $c = \sqrt{7} .$

于是a2=b2+c2=21+7=28,

椭圆C的方程为 $\frac{x^{2}}{28} + \frac{y^{2}}{21} = 1 .$

(Ⅱ) 若直线l的斜率不存在, 即l⊥x轴时, 不妨设l与x正半轴交于点M, 将x=y代入 $\frac{x^{2}}{28} + \frac{y^{2}}{21} = 1$ 中, 得 $x = y = \pm 2 \sqrt[]{3}$ , 则点 $Ρ (2 \sqrt[]{3} ‚ 2 \sqrt[]{3}) ‚ Q (2 \sqrt[]{3} ‚ - 2 \sqrt[]{3})$ , 于是点O到l的距离为 $2 \sqrt[]{3} .$

若直线l的斜率存在, 设l的方程为y=kx+m (k, m∈R) , 则点P (x1, y1) , Q (x2, y2) 的坐标是方程组

${\begin{cases} y = k x + m, \\ \frac{x^{2}}{28} + \frac{y^{2}}{21} = 1 \end{cases}$

的两个实数解,

消去y, 整理, 得

(3+4k2) x2+8kmx+4m2-84=0,

∴ Δ= (8km) 2-4 (3+4k2) (4m2-84) =12 (28k2-m2+21) >0, ①

$\begin{array}{l} x_{1} + x_{2} = - \frac{8 k m}{3 + 4 k^{2}} ‚ x_{1} x_{2} = \frac{4 m^{2} - 84}{3 + 4 k^{2}} . ② \\ ∵ Ο Ρ ⊥ Ο Q ‚ ∴ k_{Ο Ρ} \cdot k_{Ο Q} = - 1 ‚ \end{array}$

即 $\frac{y_{1}}{x_{1}} \cdot \frac{y_{2}}{x_{2}} = - 1 ‚ x_{1} x_{2} + y_{1} y_{2} = 0 .$

将x1+x2, x1x2代入上式, 得

$\begin{array}{l} (1 + k^{2}) \cdot \frac{4 m^{2} - 84}{3 + 4 k^{2}} - k m \frac{8 k m}{3 + 4 k^{2}} + m^{2} = 0 ‚ \\ ∴ (k^{2} + 1) (4 m^{2} - 84) - 8 k^{2} m^{2} + m^{2} (4 k^{2} + 3) = 0 ‚ \end{array}$

化简, 得m2=12 (k2+1) . ④

将④代入①知, Δ>0, 因此原点O到直线l的距离 $d = \frac{| - m |}{\sqrt{k^{2} + 1}} = \sqrt{12} = 2 \sqrt[]{3} .$

综上知, 原点O到直线l的距离为 $2 \sqrt[]{3} .$

22.解:由切割线定理, 得

PA2=PD·PB=9, 故PA=3.

根据弦切角定义, 得∠PAC=∠ABC=60°, 且PE=PA,

故△PAE为等边三角形, PE=PA=3,

所以BE=6, DE=PE-PD=2.

根据相交弦定理, 可得BE·DE=AE·CE,

∴ CE=4.

在△BCE中, BE=6, EC=4, ∠BEC=60°,

∴ 由余弦定理, $B C^{2} = 6^{2} + 4^{2} - 2 \times 4 \times 6 \times \cos 60 ° = 36 + 16 - 24 = 28, ∴ B C = 2 \sqrt[]{7} .$

23.解: (Ⅰ) 直线的参数方程是

${\begin{cases} x = 1 + t c o s \frac{π}{6} = 1 + \frac{\sqrt{3}}{2} t, \\ y = 1 + t s i n \frac{π}{6} = 1 + \frac{1}{2} t, \end{cases} t$

是参数.

(Ⅱ) 因为点A、B都在直线l上, 所以可设它们对应的参数为t1和t2,

则点A, B的坐标分别为 $A (1 + \frac{\sqrt{3}}{2} t_{1} ‚ 1 + \frac{1}{2} t_{1}) ‚ B (1 + \frac{\sqrt{3}}{2} t_{2} ‚ 1 + \frac{1}{2} t_{2}) .$

把直线l的参数方程代入圆的方程x2+y2=4,

经整理, 得 $t^{2} + (1 + \sqrt{3}) t - 2 = 0 .$

因为t1和t2是上述方程的解, 从而t1t2=-2, 因此︱PA︱·︱PB︱=︱t1·t2︱=2.

$\begin{array}{l} 24 . 证明 ∶ \frac{a^{3} + b^{3} + c^{3}}{3} \geq (\frac{a + b + c}{3})^{3} \\ \Leftrightarrow 9 (a^{3} + b^{3} + c^{3}) \geq (a + b + c)^{3} \\ \Leftrightarrow 8 (a^{3} + b^{3} + c^{3}) \geq 3 a b^{2} + 3 a^{2} b + 3 a c^{2} + 3 a^{2} c + 3 b^{2} c + 3 b^{2} c + 6 a b c \\ \Leftrightarrow 8 (a^{3} + b^{3} + c^{3}) \geq 3 a b (a + b) + 3 a c (a + c) + 3 b c (b + c) + 6 a b c \\ \Leftrightarrow 2 (a^{3} + b^{3}) \geq 3 a b (a + b) ‚ 2 (b^{3} + c^{3}) \geq 3 b c (b + c) ‚ 2 (a^{3} + c^{3}) \geq 3 a c (a + c) ‚ 2 (a^{3} + b^{3} + c^{3}) \geq 6 a b c \end{array}$

2014年高考数学模拟试题篇3

1．已知集合A={x||x-1|<2},B={x|log2x<2},则A∩B=().

A.(-1,3)B.(0,4)C.(0,3)D.(-1,4)

2．下列说法正确的是( )．

A．命题“若x=y，则sinx=siny”的逆否命题是真命题

B．函数f(x)=tanx的定义域为{x|x≠kπ,k∈Z}

C．命题“x∈R，使得x2+x+1<0”的否定是“x∈R，均有x2+x+1<0”

D．“a=2” 是“直线y=-ax+2与y=a4x-1垂直”的必要不充分条件

3．函数y=xln|x|的图象为( )．

4．已知m、n为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，则( )．

A．如果l⊥m，l⊥n，且m、nα，那么l⊥α

B．如果平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，那么α∥β

C．如果m⊥α，m⊥n，那么n∥α

D．如果m∥n，n⊥α，那么m⊥α

5．下列不等式成立的是( )．

A．tan9π8>tanπ6

B．sin(-3π10)>sin(-π5)

C.sinπ18>sinπ10

D.cos(-7π4)>cos(-23π5)

图16.执行如图1所示的程序框图(其中［x］表示不超过x的最大整数)，则输出的S值为( )．

A. 7B. 6

C. 5D. 4

7．某公司生产甲、乙两种桶装产品，已知生产甲产品一桶需耗A原材料1千克、B原材料2千克；生产乙产品1桶需耗A原材料2千克、B原材料1千克．每桶甲产品的利润是300元，每桶乙产品的利润是400元．公司在生产这两种产品的计划中，要求每天消耗A、B原材料都不超过12千克．通过合理安排生产计划，从每天生产的甲、乙两种产品中，公司共可获得的最大利润是( )．

A．2200元 B．2400元

C．2600元D．2800元

8．由数字0，1，2，3，4，5组成的奇偶数字相间且无重复数字的六位数的个数是( )．

A．36B.48C.60D.72

9．F1、F2是双曲线x2a2-y2b2=1(a>0，b>0)的左、右焦点，以坐标原点O为圆心，|OF1|为半径的圆与该双曲线左支的两个交点分别为A、B，且△F2AB是等边三角形，则该双曲线的离心率为( )．

A.2+1B.3+1C.2+12D.3+12

10．设数集S={a,b,c,d}满足下列两个条件:

(1)x,y∈S，xy∈S；(2) x,y,z∈S，若x≠y，则xz≠yz．

现给出如下论断:①a，b，c，d中必有一个为0；②a，b，c，d中必有一个为1；③若x∈S且xy=1，则y∈S；④存在互不相等的x,y,z∈S，使得x2=y，y2=z．其中正确论断的个数是( )．

A．1 B．2C．3D．4

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．

11．已知i是虚数单位，x，y∈R．若x-3i=(8x-y)i，则x+y= ．

12．若二项式(x+a)7的展开式中含x5项的系数为7，则实数a=．

图213．已知图2是一个空间几何体的三视图，则该几何体的体积为．

14．椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，直线y=-3x与椭圆C交于A、B两点，且AF⊥BF,则该椭圆的离心率为．

15．在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AD=DC=1，AB=3，动点P在以点C为圆心，且与直线BD相切的圆内运动，设AP=αAD+βAB(α，β∈R)，则α+β的取值范围为．

三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

16．(本小题满分12分)在锐角三角形ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且3a-2csinA=0．

(Ⅰ)求角C的大小；

(Ⅱ)若c=2，求a+b的最大值．

17．(本小题满分12分)某部门对当地城乡居民进行了主题为“你幸福吗？”的幸福指数问卷调查，并在已被问卷调查的居民中随机抽选部分居民参加“幸福职业”或“幸福愿景”的座谈会，被邀请的居民只能选择其中一场座谈会参加．已知A小区有1人，B小区有3人收到邀请并将参加一场座谈会，若A小区已经收到邀请的人选择参加“幸福愿景”座谈会的概率是34，B小区已经收到邀请的人选择参加“幸福愿景”座谈会的概率是12．

(Ⅰ)求A、B两个小区已收到邀请的人选择参加“幸福愿景”座谈会的人数相等的概率；

(Ⅱ)在参加“幸福愿景”座谈会的人中，记A、B两个小区参会人数的和为ξ，试求ξ的分布列和数学期望．

图318．(本小题满分12分)如图3在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BC=CA=AA1=2，侧棱AA1⊥面ABC，D、E分别是棱A1B1、AA1的中点，点F在棱AB上，且AF=14AB．

(Ⅰ)求证:EF∥平面BDC1；

(Ⅱ)求二面角E-BC1-D的余弦值．

19．(本小题满分12分)已知数列{an}，{bn}满足:a1=0，b1=2013，且对任意的正整数n，an，an+1，bn和an+1，bn+1，bn均成等差数列．

(Ⅰ) 求a2，b2的值；

(Ⅱ)求证:{an-bn}和{an+2bn}均成等比数列；

(Ⅲ)是否存在唯一的正整数c，使得an

20．(本小题满分13分)若抛物线C的顶点在坐标原点O，其图象关于x轴对称，且经过点M(1,2)．

(Ⅰ)若一个等边三角形的一个顶点位于坐标原点，另外两个顶点在该抛物线上，求该等边三角形的边长；

(Ⅱ)过点M作抛物线C的两条弦MA，MB，设MA，MB所在直线的斜率分别为k1，k2，当k1，k2变化且满足k1+k2=-1时，试证明直线AB恒过定点，并求出该定点坐标．

21．(本小题满分14分)已知函数f1(x)=12x2，f2(x)=alnx(其中a>0)．

(Ⅰ)求函数f(x)=f1(x)f2(x)的极值；

(Ⅱ)若函数g(x)=f1(x)-f2(x)+(a-1)x在区间(1e,e)内有两个零点，求正实数a的取值范围；

(Ⅲ)求证:当x>0时，lnx+34x2-1ex>0(其中e是自然对数的底数)．

参考答案

一、CABDDADCBC

二、11．3 12．±33 13．12+16π3

14．3-1 15． (1,53)

三、解答题

16．解(Ⅰ)由3a-2csinA=0及正弦定理可得3sinA-2sinCsinA=0(sinA≠0)，∴sinC=32,∵△ABC是锐角三角形，∴C=π3．

(Ⅱ)∵c=2,C=π3，由余弦定理得a2+b2-2abcosπ3=4，即a2+b2-ab=4，∴(a+b)2=4+3ab≤4+3(a+b2)2，即(a+b)2≤16，∴a+b≤4，当且仅当a=b=2时取“=”，故a+b的最大值是4．

17.解(Ⅰ)记“A、B两小区已经收到邀请的人选择‘幸福愿景’座谈会的人数相等”为事件A，则P（A）=（1-34)×C03(12)3+34×C13(12)3=516.

(Ⅱ)随机变量ξ的可能值为0，1，2，3，4．

P(ξ=0)=(1-34)×(1-12)3=132;

nlc202309051236

P(ξ=1)=34×(1-12)3+(1-34)×C13(12)3=632=316;

P(ξ=2)=34×C13(12)3+(1-34)×C23(12)3=1232=38;

P(ξ=3)=34×C23(12)3+(1-34)×(12)3=1032=516;

P(ξ=4)=34×(12)3=332.

ξ的分布列为:

ξ01234P13231638516332 ∴ξ的数学期望Eξ=0×132+1×316+2×38+3×516+4×332=94.图4

18.解(Ⅰ)证明:如图4取AB的中点M，∵AF=14AB，∴F为AM的中点，又∵E为AA1的中点，∴EF∥A1M.在三棱柱ABC-A1B1C1中，D，M分别为A1B1，AB的中点，∴A1D∥BM，且A1D=BM，则四边形A1DBM为平行四边形，∴A1M∥BD，∴EF∥BD，又∵BD平面BC1D，EF平面BC1D，∴EF∥平面BC1D．

(Ⅱ)连接DM，分别以MB、MC、MD所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图4的空间直角坐标系，则B(1,0,0)，E(-1,0,1)，D(0,0,2)，C1(0,3,2)，∴BD=(-1,0,2)，BE=(-2,0,1),BC1=(-1,3,2).设平面BC1D的一个法向量为m=(x1,y1,z1)，平面BC1E的一个法向量为n=(x2,y2,z2)，则由m·BD=0及m·BC1=0得-x1+2z1=0及-x1+3y1+2z1=0，取m=(2,0,1)．又由n·BE=0及n·BC1=0得-2x2+z2=0及-x2+3y2+2z2=0，取n=(1,-3,2)，又由m与n的数量积公式可得cos=105，故二面角E-BC1-D的余弦值为105．

19.解(Ⅰ)a2=a1+b12=20132,b2=a2+b12=60394.

(Ⅱ)证明：依题意，有

an+1=an+bn2,

bn+1=an+1+bn2an+1=12an+12bn,

bn+1=14an+34bn, 因为an+1-bn+1an-bn=(12an+12bn)-(14an+34bn)an-bn=14(n∈N*)，又a1-b1=-2013≠0，所以{an-bn}是首项为-2013，公比为14的等比数列．因为

an+1+2bn+1an+2bn=(12an+12bn)+2(14an+34bn)an+2bn=1，又a1+2b1=4026≠0，所以{an+2bn}是首项为4026，公比为1的等比数列．

(Ⅲ)由(Ⅱ)得an+2bn=4026,

an-bn=-20134n-1,解得an=1342-13424n-1,

bn=1342+6714n-1,显然{an}是单调递增数列，{bn}是单调递减数列，而且an<1342

6714n-1<1,于是22n-2>1342，而210=1024，212=4096，所以2n-2≥12,n≥7，即对任意的n∈N*且n≥7时，1341

综上所述，存在唯一的正整数c=1342，使得对任意的n∈N*，有an

20.解(Ⅰ)根据题意，设抛物线C的方程为y2=ax(a≠0)，点M(1,2)的坐标代入该方程，得a=4，故该抛物线的方程为y2=4x．

设这个等边三角形OEF的顶点E、F在抛物线上，且坐标为(xE,yE)，(xF,yF)，则y2E=4xE,y2F=4xF，又|OE|=|OF|，∴x2E+y2E=x2F+y2F，即x2E-x2F+4xE-4xF=0,∴(xE-xF)(xE+xF+4)=0，因xE>0，xF>0，故xE=xF，即线段EF关于x轴对称，则∠EOx=30°，yExE=tan30°=33，即xE=3yE，代入y2E=4xE得yE=43，故等边三角形的边长为83．

(Ⅱ)设A(x1,y1)、B(x2,y2)，则直线MA方程y=k1(x-1)+2，MB方程y=k2(x-1)+2，联立直线MA方程与抛物线方程，得y=k1(x-1)+2,

y2=4x,消去x得

k1y2-4y+8-4k1=0，∴y1=4k1-2， ①

同理，y2=4k2-2， ②

而直线AB的方程为y-y1=y2-y1x2-x1(x-x1)，消去其中的x1、x2可得到y-y1=y2-y1y224-y214(x-y214)，化简得y=4y1+y2x+y1y2y1+y2， ③

由①、②得y1+y2=4·k1+k2k1k2-4=-4k1k2-4，y1y2=4［4k1k2-2(k1+k2)k1k2+1］=4(6k1k2+1)，代入③，整理得k1k2(x+y+1)+6+y=0．由x+y+1=0,

y+6=0可得x=5,

y=-6,故直线AB恒过定点(5,-6)．

21.解(Ⅰ)∵f(x)=12ax2lnx，∴f ′(x)=axlnx+12ax=12ax(2lnx+1)(x>0,a>0),由f ′(x)>0得x>e-1/2；由f ′(x)<0，得0

(Ⅱ)g(x)=12x2-alnx+(a-1)x，则g′(x)=x-ax+(a-1)=x2+(a-1)x-ax=(x+a)(x-1)x，令g′(x)=0，∵a>0，解得x=1或x=-a(舍去)，当01时，g′(x)>0，故g(x)在(1,+∞)上单调递增．函数g(x)在区间(1e,e)内有两个零点，只需

g(1)<0,

g(1e)>0,

g(e)>0,∴a>2e-12e2+2e,

a<12,

a>2e-e22e-2,故实数a的取值范围为(2e-12e2+2e,12)．

(Ⅲ)问题等价于x2lnx>x2ex-34，由(Ⅰ)知f(x)=x2lnx的最小值为-12e．

设h(x)=x2ex-34，h′(x)=-x(x-2)ex，易知h(x)在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减， ∴h(x)max=h(2)=4e2-34．

∵-12e-(4e2-34)=34-12e-4e2=3e2-2e-164e2=(3e-8)(e+2)4e2>0，∴f(x)min>h(x)max，从而x2lnx>x2ex-34，故当x>0时，lnx+34x2-1ex>0．

(收稿日期：2014-02-04)

数学高考模拟试题篇4

活动时间：5月5日

执教教师：蒋惠烽

引言：下了班，出了门，看到马路上，小区的广场上，到处都是人，人们都是神情惶恐，大多数人都聚集在比较宽敞的地方，也不敢回家。连超市也关门了。这玉树的地震还真弄的人心惶惶的。通过本次优秀教案锻炼幼儿的勇敢精神，让幼儿认识到正确的地震知识，培养幼儿对地震的正确认识与地震自救知识。

活动名称：地震之如何防震减灾

活动目标：

1、教育幼儿遇到地震时能听从老师的指挥，做出基本的自救行为。

2、培养幼儿防震减灾的安全意识和自我保护能力。

3、通过演习，训练教师和幼儿在地震的状况下根据幼儿园的环境有序地通过安全疏散通道。

活动准备：

1、了解地震中自救的基本常识。

2、幼儿、家长和教师共同收集报刊、杂志中有关汶川地震的资料或图片。

活动过程：

一、听音乐

1、请幼儿闭着眼睛听音乐，让幼儿感受地震时天崩地裂的感觉。教师观察幼儿的表情。

听完音乐提问：音乐表现的是什么事情？（地震时的声音）

小朋友听了音乐以后有什么感觉？（害怕、担心）引导幼儿说说自己的见识和感受。知道遇到地震时不要慌，要听从老师的指挥，有序地撤离可以避免危害的发生。

那地震来了我们要怎么办？（幼儿讨论）

二、幼儿自主进行撤离演练

幼儿根据讨论的结果按自己的方法进行演练，教师对幼儿的演练做观察记录。

三、幼儿评价自己的撤离演练

四、教师对幼儿的撤离演练发表自己的看法，讲述观察记录，总结幼儿的演练效果（教师从幼儿的撤离路线，撤离时的动作进行评价）

五、教幼儿安全有效的撤离

1、学习正确的撤离动作.提问:我们撤离的时候如何在运动的过程中保护自己?幼儿讨论寻找最有效的保护方法。（双手抱头、上身向前弯曲，快速撤离）

活动反思：

“安全重于泰山”，安全工作是幼儿园工作的头等大事。我们幼儿园在汶川地震发生后及时在幼儿中开展防震知识普及和防震演练，增强了幼儿的安全意识，提高幼儿的自我保护能力。在四川汶川地震之后幼儿通过看电视、听大人的讲述对地震有一定的了解，但因幼儿年龄小遇到危险不知道怎么办，大多会哭。根据幼儿的年龄特点特组织此活动，培养幼儿防震减灾的安全意识和自我保护能力。

小编行动：

数学高考模拟试题篇5

1．答第1卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上 2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号不能答在试卷上一、选择题：本大题共8小题每小题5分共40分在每小题列出的四个选项中．选出符合题目要求的一项(1)设全集U=R，集合M={x∣x>l}，P={x∣x2>l}，则下列关系中正确的是(A)M=P(B)(C)(D)（2）为了得到函数的图象，只需把函数上所有点（A）向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度（B）向左平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度（C）向右平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度（D）向左平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度(3)“”是“直线(m+2)x+3my+1=0与直线(m-2)x+(m+2)y-3=0相互垂直”的(A)充分必要条件(B)充分而不必要条件(C)必要而不充分条件(D)既不充分也不必要条件(4)若，．，且，则向量与的夹角为(A)300(B)600(C)1200(D)1500(5)从原点向圆=0作两条切线，则该圆夹在两条切线问的劣弧长为(A)(B)2(C)4(D)6(6)对任意的锐角，下列不等关系中正确的是(A)sin(+)>sin+sin(B)sin(+)>cos+cos(C)cos(+)

1．用钢笔或圆珠笔将答案直接写在试卷上 2答卷前将密封线内的项目填写清楚二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分把答案填在题中横线上(9)抛物线的准线方程是，焦点坐标是(10)的展开式中的常数项是(用数字作答)（11）函数的定义域是（12）在，AB=则BC的长度是(13)对于函数定义域中任意的()，有如下结论：

①；

②；

③>0；

④<．当时，上述结论中正确结论的序号是(14)已知n次多项式=．如果在一种算法中，计算(k=2，3，4，…，n)的值需要k-1次乘法，计算的值共需要9次运算(6次乘法，3次加法)，那么计算的值共需要次运算．下面给出一种减少运算次数的算法：

=Pn+1()=Pn()+(k=0, l，2，…，n-1)．利用该算法，计算的值共需要6次运算，计算的值共需要次运算．三、解答题：本大题共6小题共80分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤(15)已知tan=2，求（1）tan（）的值（2）的值(16)(本小题共14分)如图, 在直三棱柱中，点为的中点(Ⅰ)求证;(Ⅱ)求证;(Ⅲ)求异面直线与所成角的余弦值(17)(本小题共13分)数列的前n项和为S,且n=1,2,3….求（I）的值及数列的通项公式；

（II）的值.(18)(本小题共13分)甲、乙俩人各进行3次射击,甲每次击中目标的概率为,乙每次击中目标的概率为.(Ⅰ)记甲恰好击中目标2次的概率;(Ⅱ)求乙至少击中目标2次的概率;(Ⅲ)求乙恰好比甲多击中目标2次的概率;（19）（本小题共14分）已知函数．(I)求的单调递减区间；

(Ⅱ)若在区间[一2，2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值.（20）(本小题共14分)如图,直线＞0)与直线之间的阴影区域(不含边界)记为,其左半部分记为,右半部分记为.(Ⅰ)分别有不等式组表示和.(Ⅱ)若区域中的动点到的距离之积等于,求点的轨迹的方程;(Ⅲ)设不过原点的直线与(Ⅱ)中的曲线相交于两点,且与分别交于两点.求证△的重心与△的重心重合.2005年高考文科数学北京卷试题及答案参考答案一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）（1）C（2）A（3）B（4）C（5）B（6）D（7）C（8）B 二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）（9）x=－1；

(1, 0)（10）－20（11）[－1, 2)∪(2, +∞)（12）（13）②③（14）65；三、解答题（本大题共6小题，共80分）（15）（共12分）解：（I）∵ tan=2, ∴;所以 =；

（II）由(I), tanα=－, 所以==.（16）（共14分）（I）直三棱柱ABC－A1B1C1，底面三边长AC=3，BC=4AB=5，∴ AC⊥BC，且BC1在平面ABC内的射影为BC，∴ AC⊥BC1；

（II）设CB1与C1B的交点为E，连结DE，∵ D是AB的中点，E是BC1的中点，∴ DE//AC1，∵ DE平面CDB1，AC1平面CDB1，∴ AC1//平面CDB1；

（III）∵ DE//AC1，∴ ∠CED为AC1与B1C所成的角，在△CED中，ED=AC 1=，CD=AB=，CE=CB1=2，∴，∴ 异面直线 AC1与 B1C所成角的余弦值.解法二：

∵直三棱锥底面三边长，两两垂直如图建立坐标系，则C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4),D(,2,0)(Ⅰ),(Ⅱ)设与的交点为E，则E(0,2,2)(Ⅲ)∴异面直线与所成角的余弦值为（17）（共13分）解：（I）由a1=1，n=1，2，3，……，得，，由（n≥2），得（n≥2），又a2=，所以an=(n≥2), ∴ 数列{an}的通项公式为；

（II）由（I）可知是首项为，公比为项数为n的等比数列，∴ =.（18）（共13分）解：（I）甲恰好击中目标的2次的概率为（II）乙至少击中目标2次的概率为；

（III）设乙恰好比甲多击中目标2次为事件A，乙恰击中目标2次且甲恰击中目标0次为事件B1，乙恰击中目标3次且甲恰击中目标1次为事件B2，则A＝B1＋B2，B1，B2为互斥事件． =.所以，乙恰好比甲多击中目标2次的概率为.（19）（共14分）解：（I）f ’(x)＝－3x2＋6x＋9．令f ‘(x)<0，解得x<－1或x>3，所以函数f(x)的单调递减区间为（－∞，－1），（3，＋∞）．（II）因为f(－2)＝8＋12－18＋a=2＋a，f(2)＝－8＋12＋18＋a＝22＋a，所以f(2)>f(－2)．因为在（－1，3）上f ‘(x)>0，所以f(x)在[－1, 2]上单调递增，又由于f(x)在[－2，－1]上单调递减，因此f(2)和f(－1)分别是f(x)在区间[－2，2]上的最大值和最小值，于是有 22＋a＝20，解得 a＝－2．故f(x)=－x3＋3x2＋9x－2，因此f(－1)＝1＋3－9－2＝－7，即函数f(x)在区间[－2，2]上的最小值为－7．（20）（共14分）解：（I）W1={(x, y)| kx0}，（II）直线l1：kx－y＝0，直线l2：kx＋y＝0，由题意得 , 即，由P(x, y)∈W，知k2x2－y2>0，所以，即, 所以动点P的轨迹C的方程为；

数学高考模拟试题篇6

【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，确定直线过定点是解题的关键.5．有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有 A．60种 B．70种 C．75种 D．150种【答案】C 【解析】试题分析：因,故应选C．【考点】排列数组合数公式及运用． 6．已知某个几何体的三视图如图,根据图中标出的尺寸,可得这个几何体的表面积是()A． B． C． D．【答案】B 【解析】如图所示，还原几何体，证明，计算表面积得到答案.【详解】还原几何体，如图所示：连接简单计算得到，故，平面，故.故，表面积为：

故选：

【点睛】本题考查了三视图，表面积的计算，还原几何体是解题的关键.7．下列函数中最小正周期为且图像关于直线对称的是（）A． B． C． D．【答案】A 【解析】根据函数的周期和对称轴对选项进行排除，由此得出正确选项.【详解】由于函数的最小正周期为，由此排除D选项.将代入A选项，故是函数的对称轴，符合题意.将代入B选项，故不是函数的对称轴，排除B选项.将代入C选项，故不是函数的对称轴，排除C选项.故本小题选A.【点睛】本小题主要考查三角函数周期性的知识，考查三角函数对称轴的特点，属于基础题.8．我国古代名著《庄子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完.现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取20天后所剩木棍的长度（单位：尺），则①②③处可分别填入的是（）A．，B．，C．，D．，【答案】D 【解析】先由第一天剩余的情况确定循环体，再由结束条件确定循环条件即可.【详解】根据题意可知，第一天，所以满足，不满足，故排除AB，由框图可知，计算第二十天的剩余时，有，且，所以循环条件应该是.故选D.【点睛】本题考查了程序框图的实际应用问题，把握好循环体与循环条件是解决此题的关键，属于中档题.9．已知是第二象限角，且，则的值为（）A． B． C． D．【答案】C 【解析】根据诱导公式得，进而由同角三角函数的关系及角所在象限得，再利用正切的二倍角公式可得解.【详解】由，得.因为是第二象限角，所以...故选C.【点睛】本题主要考查了同角三角函数的关系及正切的二倍角公式，属于基础题.10．已知函数；

则的图像大致为（）A． B． C． D．【答案】B 【解析】试题分析：设，则，∴在上为增函数,在上为减函数，∴，得或均有排除选项A，C，又中,，得且，故排除D.综上，符合的只有选项B.故选B.【考点】1、函数图象；

2、对数函数的性质.11．已知函数，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为()A． B． C． D．【答案】A 【解析】根据，可以把不等式变形为：构造函数，知道函数的单调性，进而利用导数，可以求出实数的取值范围.【详解】因为，所以，设函数，于是有，而，说明函数当时，是单调递增函数，因为，所以，因此当时，恒成立，即，当时恒成立，设，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，故当时，函数有最小值，即为，因此不等式，当时恒成立，只需，故本题选A.【点睛】本题考查了通过构造函数，得知函数的单调性，利用导数求参问题，合理的恒等变形是解题的关键.二、填空题 12．已知抛物线焦点为，经过的直线交抛物线于，点，在抛物线准线上的射影分别为，以下四个结论：①，②，③，④的中点到抛物线的准线的距离的最小值为2.其中正确的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】设直线为与抛物线联立，由韦达定理可判断①，由抛物线定义可判断②，由可判断③，由梯形的中位线定理及韦达定理可判断④.【详解】物线焦点为，易知直线的斜率存在，设直线为.由，得.则，①正确；

，②不正确；

，③正确；

的中点到抛物线的准线的距离.当时取得最小值2.④正确.故选C.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了设而不求的思想，转化与化归的能力，属于中档题.13．(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为________.【答案】40 【解析】先求出的展开式的通项，再求出即得解.【详解】设的展开式的通项为，令r=3,则，令r=2,则，所以展开式中含x3y3的项为.所以x3y3的系数为40.故答案为：40 【点睛】本题主要考查二项式定理求指定项的系数，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.14．在锐角三角形中，，分别为角、、所对的边，且，且的面积为，的值为__________．【答案】5 【解析】由正弦定理边化角可得，由面积公式和余弦定理列方程可得.【详解】由，结合正弦定理可得.在锐角三角形中，可得.所以的面积，解得.由余弦定理可得，解得.故答案为5.【点睛】本题主要考查了正余弦定理及三角形面积公式的应用，重点考查了计算能力，属于基础题.15．如图所示，有三根针和套在一根针上的个金属片，按下列规则，把金属片从一根针上全部移到另一根针上.（1）每次只能移动一个金属片；

（2）在每次移动过程中，每根针上较大的金属片不能放在较小的金属片上面.将个金属片从1号针移到3号针最少需要移动的次数记为，则__________．【答案】2n-1;【解析】【详解】设h（n）是把n个盘子从1柱移到3柱过程中移动盘子之最少次数 n=1时，h（1）=1；

n=2时，小盘→2柱，大盘→3柱，小柱从2柱→3柱，完成，即h（2）=3=22-1；

n=3时，小盘→3柱，中盘→2柱，小柱从3柱→2柱，[用h（2）种方法把中、小两盘移到2柱，大盘3柱；

再用h（2）种方法把中、小两盘从2柱3柱，完成]，h（3）=h（2）×h（2）+1=3×2+1=7=23-1，h（4）=h（3）×h（3）+1=7×2+1=15=24-1，… 以此类推，h（n）=h（n-1）×h（n-1）+1=2n-1，故答案为:2n-1． 16．一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是，，则该四面体的外接球的体积为__________．【答案】【解析】将四面体补充为长宽高分别为的长方体，体对角线即为外接球的直径，从而得解.【详解】采用补体法，由空间点坐标可知，该四面体的四个顶点在一个长方体上，该长方体的长宽高分别为，长方体的外接球即为该四面体的外接球，外接球的直径即为长方体的体对角线，所以球半径为，体积为.【点睛】本题主要考查了四面体外接球的常用求法：补体法，通过补体得到长方体的外接球从而得解，属于基础题.三、解答题 17．设数列满足,(1)求证:数列是等比数列;(2)求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】（1）计算得到，得到证明.（2）计算，利用分组求和法计算得到答案.【详解】(1),，故故是首项为1,公比为的等比数列.(2)故故【点睛】本题考查了等比数列的证明，分组求和法，意在考查学生对于数列方法，公式的综合应用.18．某市对高二学生的期末理科数学测试的数据统计显示,全市10000名学生的成绩服从正态分布,现从甲校100分以上(含100分)的200份试卷中用系统抽样中等距抽样的方法抽取了20份试卷来分析(试卷编号为001,002,…,200)统计如下: 试卷编号试卷得分 109 118 112 114 126 128 127 124 126 120 试卷编号试卷得分 135 138 135 137 135 139 142 144 148 150 注:表中试卷编(1)写出表中试卷得分为144分的试卷编号(写出具体数据即可);(2)该市又从乙校中也用与甲校同样的抽样方法抽取了20份试卷,将甲乙两校这40份试卷的得分制作了茎叶图(如图)在甲､乙两校这40份学生的试卷中,从成绩在140分以上(含140分)的学生中任意抽取3人,该3人在全市排名前15名的人数记为,求随机变量的分布列和期望.附:若随机变量服从正态分布,则，.【答案】(1)180;(2)分布列见解析,.【解析】（1）根据等距抽样的定义直接得到答案.（2）根据正态分布得到15名的成绩全部在146分以上，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.【详解】(1)因为200份试卷中用系统抽样中等距抽样的方法抽取了20份试卷,所以相邻两份试卷编号相差为10,所以试卷得分为144分的试卷编号180.(2),根据正态分布可知:, ,即15名的成绩全部在146分以上,(含146分),根据茎叶图可知这40人中成绩在146分以上含146分)的有3人,而成绩在140分以上含140分)的有8人, 的取值为0,1,2,3，，,的分布列为 0 1 2 3 因此.【点睛】本题考查了等距抽样，正态分布，分布列，数学期望，意在考查学生的综合应用能力.19．如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面底面，为上的点，且平面（1）求证：平面平面；

（2）当三棱锥体积最大时，求二面角的余弦值．【答案】（1）见证明；

（2）.【解析】（1）通过侧面底面，可以证明出面，这样可以证明出，再利用平面，可以证明出，这样利用线面垂直的判定定理可以证明出面，最后利用面面垂直的判定定理可以证明出平面平面；

（2）利用三棱锥体积公式可得，利用基本不等式可以求出三棱锥体积最大值，此时可以求出的长度，以点为坐标原点，以，和分别作为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系．求出相应点的坐标，求出面的一个法向量，面的一个法向量，利用空间向量数量积的运算公式，可以求出二面角的余弦值.【详解】（1）证明：∵侧面底面，侧面底面，四边形为正方形，∴，面，∴面，又面，∴，平面，面，∴，平面，∴面，面，∴平面平面．（2），求三棱锥体积的最大值，只需求的最大值．令，由（1）知，∴，而，当且仅当，即时，的最大值为．如图所示，分别取线段，中点，连接，以点为坐标原点，以，和分别作为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系．由已知，所以，令为面的一个法向量，则有，∴ 易知为面的一个法向量，二面角的平面角为，为锐角则.【点睛】本题考查了证明面面垂直，考查了三棱锥的体积公式、基本不等式的应用，以及利用空间向量的数量积求二面角余弦值的问题.20．已知点，的坐标分别为，三角形的两条边，所在直线的斜率之积是。

（I）求点的轨迹方程：

（II）设直线方程为，直线方程为，直线交于点，点，关于轴对称，直线与轴相交于点。若面积为，求的值。

【答案】（1）（2）【解析】(1)本题可以先将点的坐标设出，然后写出直线的斜率与直线的斜率,最后根据、所在直线的斜率之积是即可列出算式并通过计算得出结果；

(2)首先可以联立直线的方程与直线的方程，得出点两点的坐标，然后联立直线的方程与点的轨迹方程得出点坐标并写出直线的方程，最后求出点坐标并根据三角形面积公式计算出的值。

【详解】（1）设点的坐标为，因为点的坐标分别为、，所以直线的斜率，直线的斜率，由题目可知，化简得点的轨迹方程；

（2）直线的方程为，与直线的方程联立，可得点，故.将与联立，消去，整理得，解得，或，根据题目可知点，由可得直线的方程为，令，解得，故，所以，的面积为又因为的面积为，故，整理得，解得，所以。

【点睛】本题考查轨迹方程以及直线相交的综合应用问题，处理问题的关键是能够通过“、所在直线的斜率之积是”列出等式以及使用表示出三点的坐标，然后根据三角形面积公式得出算式，即可顺利解决问题，计算量较大，是难题。

21．已知．（1）设是的极值点，求实数的值，并求的单调区间：

（2）时，求证：．【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；

（2）见解析.【解析】（1）由题意，求得函数的导数，由是函数的极值点，解得，又由，进而得到函数的单调区间；

（2）由（1），进而得到函数的单调性和最小值，令，利用导数求得在上的单调性，即可作出证明.【详解】（1）由题意，函数的定义域为，又由，且是函数的极值点，所以，解得，又时，在上，是增函数，且，所以，得，得，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）由（1）知因为，在上，是增函数，又（且当自变量逐渐趋向于时，趋向于），所以，使得，所以，即，在上，函数是减函数，在上，函数是增函数，所以，当时，取得极小值，也是最小值，所以，令，则，当时，函数单调递减，所以，即成立，【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，利用函数的最值，从而得到证明；

有时也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 22．在平面直角坐标系xoy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系。已知曲线C的极坐标方程为，过点的直线l的参数方程为（为参数），直线l与曲线C交于M、N两点。

（1）写出直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程：

（2）若成等比数列，求a的值。

【答案】（1）l的普通方程；

C的直角坐标方程；

（2）.【解析】（1）利用极坐标与直角坐标的互化公式即可把曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，利用消去参数即可得到直线的直角坐标方程；

（2）将直线的参数方程，代入曲线的方程，利用参数的几何意义即可得出，从而建立关于的方程，求解即可．【详解】（1）由直线l的参数方程消去参数t得,，即为l的普通方程由，两边乘以得为C的直角坐标方程.（2）将代入抛物线得由已知成等比数列，即，，整理得（舍去）或.【点睛】熟练掌握极坐标与直角坐标的互化公式、方程思想、直线的参数方程中的参数的几何意义是解题的关键． 23．已知函数.（1）当时，求不等式的解集；

（2）若二次函数与函数的图象恒有公共点，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）；

（Ⅱ）【解析】试题分析：（1）当m=5时，把要解的不等式等价转化为与之等价的三个不等式组，求出每个不等式组的解集，再取并集，即得所求．（2）由二次函数y=x2+2x+3=（x+1）2+2在x=﹣1取得最小值2，f（x）在x=﹣1处取得最大值m﹣2，故有m﹣2≥2，由此求得m的范围．试题解析：

数学高考模拟试题篇7

一、选择题:本大题共12小题, 每小题5分, 共60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.已知集合M={y|y=2x, x>0}, N={x|y=lg (2x-x2) }, 则M∩N= () .

(A) (1, 2)

(B) (1, +∞)

(D) [1, +∞)

(A) (-∞, 0)

(B) (0, +∞)

(D) (0, 1)

4. (理) 若 (x-1) 8=a0+a1 (1+x) +a2 (1+x) 2+…+a8 (1+x) 8, 则a6= () .

(A) 112

(B) 28

(D) -112

(A) |y|≤|xz|

(B) y2≥|xz|

(D) 2|y|≤|x|+|z|

5.设随机变量ξ服从正态分布N (-1, 82) , P (ξ>0) =0.1, 则P (-1<ξ<0) = () .

(A) 0.1

(B) 0.2

(D) 0.8

6.在一次演讲比赛中, 8位评委对一名选手打分的茎叶图如图1所示, 若去掉一个最高分和一个最低分, 得到一组数据xi (1≤i≤6) , 在如图2所示的程序框图中, 珚x是这6个数据中的平均数, 则输出的S2的值为 () .

(A) 7

(B) 8

(D) 15

7.已知{an}是公差为2的等差数列, 且a1, a3, a4成等比数列, 则数列{an}的前9项和等于 () .

(A) 0

(B) 8

(D) 162

8.一个底面是直角梯形的四棱锥的三视图如图3所示, 则此四棱锥的四个侧面的面积和为 () .

(A) (-∞, -1]∪[2, +∞)

(B) [-1, 2]

(D) [-2, 1]

12.设函数f (x) 在区间 (-∞, +∞) 内可导, 其导函数为f′ (x) , 给出下列四组条件:

(1) p:f (x) 是奇函数, q:f′ (x) 是偶函数;

(2) p:f (x) 是以T为周期的函数, q:f′ (x) 是以T为周期的函数;

(3) p:f (x) 在区间 (-∞, +∞) 上为增函数, q:f′ (x) >0在 (-∞, +∞) 上恒成立;

(4) p:f (x) 在x0处取得极值, q:f′ (x0) =0.

其中满足p是q充分而不必要条件的是 () .

(A) (1) (2) (3)

(B) (1) (2) (4)

(D) (2) (3) (4)

二、填空题:本大题共4小题, 每小题5分, 共20分.将答案填在题中横线上.

13.已知平面向量a, b满足条件a+b= (1, 0) , a-b= (-1, 2) , 则a·b=___________.

15.设数列{an}的前n项和为Sn, 已知数列{Sn}是首项和公比都为3的等比数列, 则数列{an}的通项公式an=______________.

16.设定义域为 (0, +∞) 的单调函数f (x) , 对任意的x∈ (0, +∞) , 都有f[f (x) -log2x]=6.若x0是方程f (x) -f′ (x) =4的一个解, 且x0∈ (a, a+1) (a∈N*) , 则a=___________.

三、解答题:本大题共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. (本小题满分12分) 在△ABC中, a, b, c分别为内角A, B, C的对边, 且满足acos B+bcos (B+C) =0.

(Ⅰ) 试判断△ABC的形状;

(Ⅱ) 若2 (b2+c2-a2) =bc, 求sin B+cos C的值.

18. (本小题满分12分) (理) 甲、乙两人参加某种选拔测试.在备选的10道题中, 甲答对其中每道题的概率都是, 乙能答对其中的5道题.规定每次考试都从备选的10道题中随机抽出3道题进行测试, 答对一题加10分, 答错一题 (不答视为答错) 减5分, 至少得15分才能入选.

(Ⅰ) 求乙得分的分布列和数学期望;

(Ⅱ) 求甲、乙两人中至少有一个入选的概率.

(文) 某学校共有教职工900人, 分成三个批次进行远程研修培训, 在三个批次中男、女教职工人数如下表所示.已知在全体教职工中随机抽取1名, 抽到第二批次中女教职工的概率是0.16.

(Ⅰ) 求x的值;

(Ⅱ) 现用分层抽样的方法在全体教职工中抽取54名作研修培训效果的调查, 问应在第三批次中抽取教职工多少名?

(Ⅲ) 已知y≥96, z≥96, 求第三批次中女教职工比男教职工多的概率.

19. (本小题满分12分) (理) 如图4, 正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直, ∠ADE=90°, AF∥DE, DE=DA=2AF=2.

(Ⅰ) 求证:AC∥平面BEF;

(Ⅱ) 求平面BEF与平面ABCD所成角的正切值.

(文) 如图5所示, 正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直, AD⊥CD, AB∥CD, CD=2AB=2AD.

(Ⅰ) 求证:BC⊥BE;

(Ⅱ) 在EC上找一点M, 使得BM//平面ADEF, 请确定M点的位置, 并给出证明.

(Ⅰ) 求椭圆C的方程;

(Ⅱ) 设斜率为k (k≠0) 的直线l交椭圆C于A, B两点, 且以AB为直径的圆恒过原点O, 求△OAB面积的最大值.

21. (本小题满分12分) 已知实数a是常数, f (x) = (x+a) 2-3ln (x+1) -5.当x>0时, f (x) 是增函数.

(Ⅰ) 求a的取值范围;

请考生在第22~24题中任选一题作答, 如果多做, 则按所做的第一题计分, 作答时请写清题号.

22. (本小题满分10分) 选修4-1:几何证明选讲

如图6, 在△ABC中, CD是∠ACB的平分线, △ACD的外接圆交BC于点E, AB=2AC.

(Ⅰ) 求证:BE=2AD;

(Ⅱ) 当AC=1, EC=2时, 求AD的长.

23. (本小题满分10分) 选修4-4:坐标系与参数方程

(Ⅰ) 求点P轨迹的直角坐标方程;

(Ⅱ) 求点P到直线l距离的最大值.

24. (本小题满分10分) 选修4-5:不等式选讲

设函数f (x) =|3x-1|+ax+3.

(Ⅰ) 若a=1, 解不等式f (x) ≤5;

(Ⅱ) 若函数f (x) 有最小值, 求实数a的取值范围.

参考答案

1.A.∵M= (1, +∞) , N= (0, 2) ,

∴M∩N= (1, 2) .故选A.

10.A.因为f (x) 的值域是R, 且两段函数都是递增函数, 所以4+a≤2+a2.解之, 得a≤-1或a≥2.故选A.

12.B. (1) 符合, 若f (x) 为奇函数, 则其导函数f′ (x) 为偶函数.反之不一定成立, 如f (x) =x3+1即为反例. (2) 符合, 若f (x) 以T为周期, 即f (x) =f (x+T) , 则f′ (x) =f′ (x+T) , 即其导函数f′ (x) 以T为周期.反之却不一定成立, 如f′ (x) =1+cos x为周期函数, 但f (x) =x+sin x为非周期函数. (3) 不符合, 如f (x) =x3在 (-∞, +∞) 上为增函数, 此时f′ (x) =3x2≥0在 (-∞, +∞) 上恒成立. (4) 符合, 易知若f′ (x0) =0, 则x0不一定为函数的极值点, 如函数f (x) =x3即为反例.

综上只有 (1) (2) (4) 符合.故选B.

13.-1.∵a+b= (1, 0) , a-b= (-1, 2) , ∴a= (0, 1) , b= (1, -1) .∴a·b= (0, 1) · (1, -1) =-1.

17.解: (Ⅰ) ∵acos B+bcos (B+C) =0,

由正弦定理知,

sin Acos B+sin Bcos (π-A) =0,

即sin Acos B-sin Bcos A=0,

∴sin (A-B) =0, ∴A-B=kπ, k∈Z,

∵A, B是△ABC的两个内角,

∴A-B=0, 即A=B,

∴△ABC是等腰三角形.

(Ⅱ) 由2 (b2+c2-a2) =bc, 得

cos C=cos (π-2A) =-cos 2A

18. (理) 解: (Ⅰ) 设乙答题所得分数为X, 则X的可能取值为-15, 0, 15, 30.

乙得分的分布列如下:

(Ⅱ) 由“甲、乙至少答对2题才能入选”知, 记甲入选为事件A, 乙入选为事件B.

故甲、乙两人至少有一人入选的概率

(Ⅱ) 第三批次的人数为y+z=900- (196+204+144+156) =200.

由题意知, 设应在第三批次中抽取m名,

∴应在第三批次中抽取12名.

(Ⅲ) 设第三批次中女教职工比男教职工多的事件为A, 第三批次女教职工和男教职工数记为数对 (y, z) .

由 (Ⅱ) 知, y+z=200 (y, z∈N, y≥96, z≥96) , 则基本事件总数有: (96, 104) , (97, 103) , (98, 102) , (99, 101) , (100, 100) , (101, 99) , (102, 98) , (103, 97) , (104, 96) , 共9个,

而事件A包含的基本事件有: (101, 99) , (102, 98) , (103, 97) , (104, 96) , 共4个,

19. (理) 解: (Ⅰ) 证法1:设AC∩BD=O, 取BE的中点G, 连结FG, OG,

∵AF∥DE, DE=2AF,

∴AF∥OG且AF=OG,

∴四边形AFGO是平行四边形,

∴FG∥AO.

∴AO∥平面BEF, 即AC∥平面BEF.

证法2:如图, 建立空间直角坐标系,

设平面BEF的法向量为n= (x, y, z) ,

令x=1, 则y=1, z=2, n= (1, 1, 2) .

(Ⅱ) 设平面ABCD与平面BEF所成二面角的平面角为α, 由条件知α是锐角.

由 (Ⅰ) 知, 平面BEF的一个法向量为n= (1, 1, 2) .

又平面ABCD与z轴垂直,

所以是平面ABCD的一个法向量

n1= (0, 0, 1) ,

(文) 解: (Ⅰ) 证明:因为正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直, DE⊥AD,

所以DE⊥平面ABCD, ∴DE⊥BC.

因为AB=AD,

取CD中点N, 连结BN.

则由题意知, 四边形ABND为正方形,

∴△BDC为等腰直角三角形,

∴BD⊥BC,

∴BC⊥平面BDE, ∴BC⊥BE.

(Ⅱ) 取EC中点M, 则有BM∥平面ADEF.

证明如下:连结MN.

由 (Ⅰ) 知, BN∥AD, 所以BN∥平面ADEF.

又因为M, N分别为CE, CD的中点,

所以MN∥DE,

则MN∥平面ADEF,

则平面BMN∥平面ADEF,

所以BM∥平面ADEF.

设P (x0, y0) , △PF1F2的面积S=|y0|c.

又|y0|≤b,

所以△PF1F2的最大面积bc=1,

(Ⅱ) 设直线l的方程为y=kx+m (k≠0) , A (x1, y1) , B (x2, y2) .

消去y, 得

(1+2k2) x2+4mkx+2m2-2=0.

设t=2k2+1≥1,

21.解: (Ⅰ) ∵f (x) = (x+a) 2-3ln (x+1) -5,

∴f′ (x) =2 (x+a) -3x+1.

∵当x>0时, f (x) 是增函数,

由 (Ⅰ) 知, 当x>0时, f (x) 是增函数.

∴当x>0时, f (x) >f (0) ,

即当x>0时, x2+3x>3ln (x+1) .

∴Sn>ln (n+1) .

22.解: (Ⅰ) 证明:连结DE.

因为四边形ACED是圆的内接四边形,

所以∠BDE=∠BCA.

又∠DBE=∠CBA,

所以△BDE∽△BCA,

所以BE=2DE.

又CD是∠ACB的平分线,

所以AD=DE,

从而BE=2AD.

(Ⅱ) 由条件知, AB=2AC=2, 设AD=t.

根据割线定理得BD·BA=BE·BC,

即 (AB-AD) ·BA=2AD· (2AD+CE) ,

所以 (2-t) ×2=2t (2t+2) ,

即2t2+3t-2=0.

所以点P的轨迹方程为x2+ (y-2) 2=4.

所以ρsinθ-ρcosθ=10,

所以直线l的直角坐标方程为x-y+10=0.

方法1:由 (Ⅰ) 知, 点P的轨迹方程为x2+ (y-2) 2=4, 圆心为 (0, 2) , 半径为2.

24.解: (Ⅰ) 当a=1时, f (x) =|3x-1|+x+3.

数学高考模拟试题篇8

第一部分选择题（共40分）

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分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x，y∈R，且复数（1+xi）（1+yi）（i是虚数单位）为纯虚数，则（）

A．互为倒数B．互为相反数C． x=yD． x≠y

2．定义集合运算：Ａ′={z|z=■，x∈A，y∈A，x≠y}，U=Ａ′∪A ．设集合A={-1，1，3}，则集合CU （A∩Ａ′）=（）

A． ?覬B． {1}C． {0，2}D． {－１，０，２，３}

3．已知向量■、■，若｜■｜=1，■=（x，y），且实数x，y满足x≥0，y≥0，x+y≤■，z=■·（■－■），设z的最大值为M，最小值N，则M-N的值为（）

A． ■B． 2■C． 2 D． 1

4．已知奇函数f（x）与偶函数g（x）满足f（x）+g（x）=lgkx+■+1，且f（2）=■，则g（-2）=（）

A． 11B． 2C． 1D． -■

5．如图，动点P沿矩形ABCD周边逆时针运动，起点为A，终点为D．设∠AOP=?琢，点P到x轴的距离为f（?琢），则f（?琢）的图像为（）

6．已知数列{an}的通项公式an=n2+3n·cost?仔，且对任意n∈N*，都有an+1>an成立，则实数t（）

A．必为奇数B．必为偶数

C．不为奇数D．不为偶数

7．下图是由若干个棱长为1的小正方体组成的一个立体几何模型的三视图，则这个几何体的体积为9的概率为（）

A． ■B． ■C． ■D． 1

8．已知定义域为R的奇函数单调递增，且f′（x）≤1．设不等式f（x）-1+f（x）+1≤2的解集的区间长度为l，则（）

A． l≤1B． l≥1C． l≤2D． l≥2

第二部分非选择题（共110分）

二、填空题：本大题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，满分30分．

（一）必做题（9~12题）

9．已知函数f（x）=■，x>01-ex，x≤0e为自然对数的底数．若f（a）+f（e2）=e-1，则实数a= ．

10．如图，在三角形ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c．若∠C=120°，a+b=xc，则实数x的取值范围为．

11．若（ax-1）6的展开式中x3的系数是-160，则实数a的值是．

12．给定命题：

①?坌x∈[-1，1]，x4≤x2；

②若p是假命题，q是真命题，则p∧q是假命题；

③命题“?坌x∈R，x2＋2x＋4≤0”的否定为“?埚x0∈R，x02＋2x0＋4≥0”．

某流程图如图所示，现分别输入以上3个命题，则可以输出的命题序号是．

13. 若不等式x-a2-x<2-a对x∈R恒成立，则实数a的取值范围是．

（二）选做题（9~12题），考生只能从中选做一题，两题全答的，只计前一题的得分.

14．（坐标系与参数方程选做题）曲线x=cos?兹，y=sin2?兹（?兹为参数）与直线x+y=k有两个公共点，则实数k的取值范围是_______.

15．（几何证明选讲选做题）如图，在Rt△ABC中，∠B=30°，⊙O与AC相切，且圆心O在CB上．若CD∥OE，AC=■，AD=2，则⊙O半径为_______.

三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明，证明过程或演算步骤．

16. （本小题满分12分）已知函数f（x）=Asin（?棕x+?覬），x∈R，A>0，?棕>0，0

（1）求f（x）的表达式；

（2）设?琢∈0，■，?茁∈0，■，f（■）=■，

f（■）=-■，求cos（?琢-?茁）的值.

17.（本小题满分12分）为加强交通安全管理，严格限制酒后驾车行为，规范执法和预防交通事故的发生，新的《中华人民共和国道路交通安全法》规定：车辆驾驶员血液酒精浓度在20～80mg/100ml（不含80）之间，属饮酒驾车，处暂扣一个月以上三个月以下驾驶证，并处200元以上500元以下罚款；血液酒精浓度在80mg/100ml（含80）以上时，属醉酒驾车，由公安机关交通管理部门约束至酒醒，处十五日以下拘留和暂扣三个月以上六个月以下驾驶证，并处500元以上2000元以下罚款．据不完全统计，某地春节期间交通执法检查到的200名驾驶员当中有饮酒驾车和醉酒驾车的人数共20人，右图是这20人在检测时血液中酒精含量的频率分布直方图（但缺损[80，90）的图形）．

（1）求血液中酒精含量在[80，90）内的人数，并补全这个频率分布直方图；

（2）若从这次所检查到的20人当中随机抽取3人，记醉酒驾车的人数为随机变量?孜，试求?孜的分布列及期望．

（3）若?浊表示春节期间从该地随机抽出l000位车主中酒后违法驾驶的车主人数，试求?浊的期望．

18.（本小题满分14分）如图1，已知⊙O的半径为R，ABCD是⊙O的内接四边形，AC为直径，AD=DC．现将半圆ADC沿直径AC折起成直二面角， E为BC的中点，如图2．

（1）求证：BC⊥平面DEO；

（2）设AB>BC，平面ABD与平面ODE的交线为l，BD与AC所成的角的余弦值为■，试求二面角A-l-O的正弦值．

19. （本小题满分14分）设数列{an}为等差数列，且a2=5，a4=11.数列{bn}的前n项和为Sn，且bn+Sn=3．

（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；

（2）若cn=an·bn（n∈N*），Tn为数列{cn}的前n项和，求证：■+■+…＋■<1．

20. （本小题共14分）直线l ∶ y=k（x+2）（k∈R）恒过定点M，与y轴的交点为Q. 以点N（2，0）为圆心的圆N与直线l相切于点P，圆N与x轴的右交点为R．

（1）试求点P的轨迹方程；

（2）当k=■时，试求以M、N为焦点且经过点P的椭圆方程，并判断直线PN是否与QR平行？并说明理由；

（3）若要直线PN∥QR，试探求实数需满足的条件．

21.（本小题满分14分）已知函数序列fn（x）=n·lnx-■x2（n∈N*），其最大值为Mmax（n），且取得最大值时所对应的横坐标为xn．

（1）求函数序列fn（x）都经过的定点P（x0，y0），并求出有两个零点的充要条件；

（2）证明：■<■<…<■．

2012年高考广东理科数学仿真试题参考答案

一、选择题

1．由（1+xi）（1+yi）=1-xy+（x+y）i，可知：xy=1即可，故选A．

2．由定义可知：当A={-1，1，3}时，A′={0，1，2}，故U={-1，0，1，2，3}，又Ａ∩A′={1}，故CU（Ａ∩A′）={-1，0，2，3}，故选D．

3． z=■·（■－■）=■-■·■=1-■·■=1-｜■｜·cos<■，■>，因为｜■｜·cos<■，■>的最大值为■，最小值为-■，故选B．

4．由f（x）+g（x）=lgkx+■+1………①，用-x代x 得： -f（x）+g（x）=lgkx-■+1………②，联合①②可得：f（x）=■，g（x）=lgkx+1．又f（2）=■，故k=5，因此g（x）=lg5x+1，所以g（-2）=2，故选B．

5． f（?琢）=tan?琢，?琢∈0，■1，?琢∈（■，■]tan（?仔-?琢），?琢∈（■，?仔]即 f（?琢）=

tan?琢，?琢∈0，■1，?琢∈（■，■]-tan?琢，?琢∈（■，?仔]故选A．

6．由an+1>an，得（n+1）2+3（n+1）·cost?仔>n2+3n·

cost?仔，即2n+1+3cost?仔>0，cost?仔>-■，因为n∈N*，所以（-■）max=-1，故仅需cost?仔>-1恒成立．因为cost?仔∈[-1，１]，所以仅需cost?仔≠-1，故实数t不为奇数，故选C．

7．如图，首先从三视图还原这个几何体．在俯视图中用字母a、b、c、d、e、f标记各位置．如a3表示在a位向上摆放了3个小正方体．则a3、c1、f1是必然，而b、d、e的所有可能性为：b2、d2、e2；b2、d2、e1；b2、d1、e2；b1、d2、e2；b1、d1、e2共5种情形．而体积为9的仅a3、c1、f1、b1、d1、e2 一种，故选C．

8．由不等式f（x）-1+f（x）+1≤2可知f（x）≤1，即需求当-1≤f（x）≤1时的x的取值范围．举出特例f（x）=x、 f（x）=■x等可得：l≥2，故选D．

二、填空题

9． ln2；10．（1，■]；11． 2；12． ①；13．（-2，1）；14． [1，■）；15． ■.

9．由f（a）+f（e2）=f（a）+e=e-1可得f（a）=-1，即得ea=2，故可得ln2．

10．在三角形中由a+b=xc>c可得x>1，由余弦定理可得：c2=a2+b2-2abcos120°=a2+b2+ab=（a+b）2-ab，即c2=x2c2-ab，即ab=x2c2-c2．因为ab≤（■）2=■，故x2c2-c2≤■，即■≤c2，即x≤■．综合可得：1

11． Tr+1=C■■（ax）6-r（-1）r=（-1）rC■■a6-r·x6-r，由已知可得：r=3，（－１）3C■■a3=-160，解得a=2．

12．真命题的有①②；逆命题为真的是①，故输出的命题序号是①．

13．令f（x）=x-a2-x，则f（x）max=a2，由已知条件可得：a2<2-a，解得-2

14．曲线的参数方程化为普通方程得：x2+y=1（-1≤x≤1，y≥0）．数形结合可知：k≥1；由x2+y=1（-1≤x≤1，y≥0）与x+y=k联立消去y可得：x2-x+k-1=0，因△=1-4（k-1）>0得：k<■．故综合可得：1≤k<■，即k∈[1，■）．

15．设⊙O半径为R，由AC2=AD·AE可得：DE=1；在Rt△ABC中，∠B=30°，所以AB=2■，BC=3■．所以BD=2■．由CD∥OE，得■=■，即■=■，所以R=■=■．

三、解答题

16．（1）解：由T=■=?仔可知?棕=2，又2A=6得A=3，故f（x）=3sin（2x+?覬），由f（■）=■，得3sin（■+?覬）= ■，即sin（2?仔+■+?覬）=■，即 cos?覬=■，因为0

(2)由f(■)=■，得3sin(2×■+■)=■，即sin[■+(■+■)]=■，即cos(■+■)=■………①

由f(■)=-■，得3sin(2×■+■)=-■，即sin[(?仔+(■+■)]=-■，即sin(■+■)=■………②

因为?琢∈[0,■]，?茁∈[0,■]，所以sin(■+■)=■，cos(■+■)=■．

故cos[(■+■)-(■+■)]=cos(■+■)cos(■+■)+sin(■+■)sin(■+■)=■×■+■×■=■.

所以cos(?琢-?茁)=cos2[(■+■)-(■+■)]=2cos2 [(■+■)-(■+■)]-1=2■2-1=■-1=■．

17．解：(1)设血液中酒精含量在[80,90)内的频率为x，根据频率分布直方图，则有(0.015×2+0.02+0.01×2+0.005×2)×10+x=1，可得x=0.2，故频率分布直方图如右图所示

（2）由于血液酒精浓度在80mg/100ml（含80）以上属醉酒驾车，故醉酒驾车人数为：

(0.02+0.005)×10×20=5，其余15人为饮酒驾车．

依题意可得：?孜=0,1,2,3．

P(?孜=0)=■=■，P(?孜=1)=■=■，

P(?孜=2)=■=■，P(?孜=3)=■=■．

所以?孜的分布列为：

因此E?孜=0×■+1×■+2×■+3×■=■.

（3）设春节期间该地区酒后违法驾车的概率为P．由于检查的200名驾驶员当中酒后违法驾车人数共20人，故P=0.1．由题意可知，随机变量?浊服从二项分布，即?浊～B(1000,0.1)．所以期望E?浊=1000×0.1=100.

18.（1）证明:∵AD=DC，O为圆心，∴DO⊥AC.又∵平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC=AC，DO?哿平面ADC，∴DO⊥平面ABC.又∵BC?奂平面ABC，∴DO⊥BC. ∵E为BC的中点，∴OE⊥BC.又∵DO∩OE=O，∴BC⊥平面DEO．

（2）解：由AB>BC，作BT⊥AC于T，在平面ABC内作BS//TO，连结OS，则四边形BTOS为矩形，故BD与AC所成的角即为∠DBS．由（1）知DS⊥SB ，连续OB，DB=■R，所以cos∠DBS=■=■，故BS=■，即T为OC的中点．

∵AC为直径，∴AB⊥BC.由射影定理可得：AB2=AT·ＡＣ，∴AB2=■R·２R＝3R2，即ＡＢ＝■R．

取AB的中点F，连结OF、DF，则∠FDO即为平面ABD与平面ODE所成的二面角A-l-O的平面角．

证明如下：

由作法可得DF⊥AB.∵AO=OC，CE=EB，∴AB//OE．

∵AB?埭平面DOE，OE?奂平面DOE，∴AB//平面DOE．

∵平面ABD∩平面ODE=l，∴AB//l．

故DF⊥l，同理可得：DO⊥l．

由定义可知：∠FDO即为平面ABD与平面ODE所成的二面角A-l-O的平面角．

在Rt△DOF中，OD=R，OF=■，∠DOF=Rt∠，所以DF=■，故sin∠FDO=■=■=■，即二面角A-l-O的正弦值为■.

［方法二］以O为坐标原点，射线OA为x轴的正半轴，过O垂直于AC的射线为y轴的正半轴，射线OD为z轴的正半轴，建立如图所示空间直角坐标系O-xyz．

因为AB>BC，可设B(m,n,0)(m<0,n>0)，则依题意得：O(0,0,0)，D(0,0,R)，A(R,0,0)，C(-R,0,0)，E(■,■,0)，■=(0,0,R)，■=(■,■,0)，■=(-R-m,-n,0)，■=(-R,0,R)，■=(R-m,-n,0)．

由■·■＝(-R-m,-n,0)·(0,0,R)＝0，■·■＝(-R-m,-n,0)·(■,■,0)=0，∴ ■⊥■，■⊥■，即BC⊥OD，BC⊥OE，∵OD∩OE=O，BC⊥平面ODE．

（2）■=(2R,0,0)，■=(-m,-n,R)，其中m2+n2=R(m<0,n>0)．

由BD与AC所成的角的余弦值为■，即cos〈■,■〉=■，∵■·■=(2R,0,0)·(-m,-n,R)=-2mR，又■·■=■·■·cos〈■,■〉=2R·■·■＝Ｒ·■·■=Ｒ2，故Ｒ2=-2mR，即m=-■，代入m2+n2=R得：n=■．

所以■=(-■Ｒ,■，0)．设平面DOE的法向量为■1=(x1,y1,0)，依题意有■·■＝0，即-■Ｒx1+■y1=0，即y1=■x1，令x1=1,y1=■，故■=(1,■,0)．设平面ABD的法向量为■2=(x2,y2,1)，■=(■Ｒ,-■Ｒ，0)，依题意有(x2,y2,1)·(-R,0,R)=0，(x2,y2,1)·(■Ｒ,-■Ｒ，0)=0，即x2=1，y2=■x2，即x2=1，y2=■，故■2=(1,■,1)．

则所求二面角A-l-O的大小即为向量■1与■2的夹角大小，设为?兹．

由cos?兹=■=■=■，可求得sin?兹=■=■，即二面角A-l-O的正弦值为■.

19．解：（1）由数列{an}为等差数列，公差d=■(a4-a2)=3，故an=a2+(n-2)·d=3n-1.

由bn+Sn=3，令n=1，则b1+S1=3，又S1=b1，所以b1=■.

由bn+Sn=3可得bn+1+Sn+1=3，再两式相减得：bn+1-bn+Sn+1-Sn=0，即bn+1-bn+bn+1=0，即■=■，所以{bn}是以■为首项，■为公比的等比数列．所以bn=3·■．

（2）由（1）得：cn=an·bn=3(3n-1)·■．

∴Tn=3[2·■+5·■+８·■+…+(3n-1)·■]…①

■Ｔn=3[2·■+5·■+…+(3n-4)·■+(3n-1)·■]…②

① - ②得：■Ｔn=3[1+3·■+3·■+…+3·■-

(3n-1)·■]

∴Tn=3[2+3·■+3·■+…+3·■-(3n-1)·■]=6+9■+■+…+■-3(3n-1)·■=6+9×■-3(3n-1)·■=15-■-3(3n-1)·■=15-■-3(3n-1)·■=15-

■.

故Tn=15-■，变形可得■=■．所以■+■+…+■=■+■+…+■=■=1-■<1成立．

20. 解：（1）设点P的坐标为P(x,y)，直线l:y=k(x+2)(k∈R)过定点M(-2,0)．

依题意可得，△MPN为Rt△且MP⊥PN，所以kMP·kNP=-1，即■·■=-1(x≠±2)．

化简得：x2+y2=4(x≠±2)．

故所求的点P的轨迹方程x2+y2=4(x≠±2)．

（2）当k=■时，可知∠PMN=60°，△MOP为等边三角形，可求出点P的坐标为P(-1,■)．

设所求椭圆方程为■+■=1(a>b>0)，

则c=2，2a=MP+PN=2+2■，即a=1+■．

由b2=a2-c2得：b2=(1+■)2-22=2■，所以椭圆方程为■+■=1．

在直线l:y=■(x+2)中令x=0，得y=2■，故点Q的坐标为Q(0,2■)．

由PN=2■，故圆N的方程为：(x-2)2+y2=12．令y=0，得x=2+2■，所以圆N与x轴的右交点为R(2+2■,0)．

由斜率公式可得：kNP=-■=-■，kQR=■=-■．

∵kNP≠kQR，∴直线PN与QR不平行．

（3）设R(m,0)(m>0)，若PN∥QR，则MQ⊥QR，由Q(0,2k)可得：kMQ·kQR=-1，即k·■=-1，故m=

2k2，故点R的坐标为R(2k2,0)．此时圆N的半径为：NR=2k2-2．

由题意得：MN=4，MR=2k2+2，NP=2k2-2，QR=2k■．

∵PN∥QR，∴■=■，即■=■，即4k2=(k4-1)(k2-1)，即k6-k4-5k2+1=0．

21. 解：（1）函数序列fn(x)的定义域为{x｜x>0}．

令x0=1，则fn(1)=n·ln1-■×12=■=y0，故函数序列fn(x)都经过的定点为P1,■．

f ′n(x)=■-x=■=■，令f ′n(x)=0，解得：x=■．

当00，函数序列fn(x)单调递增；当x>■时，f ′n(x)<0，函数序列fn(x)单调递减．故当x=■时，函数序列fn(x)取得最大值．

其最大值为：Mmax(n)=fn(■)=n·ln■-■(■)2=■(lnn-1)，此时，对应的横坐标为xn=■．若函数序列fn(x)有两个零点，则其充要条件为：Mmax(n)=■(lnn-1)>0，即lnn>1，即n>e，∵n∈N*，∴n≥3．故函数序列fn(x)有两个零点的充要条件为：n≥3．

（2）令g(n)=■(n≥2,n∈N*)，则 g(n)=■=■(■+■){n(lnn-1)-(n-1)[ln(n-1)-1]}=■(■+■)[nlnn-(n-1)ln(n-1)-1].

设g(x)=■(■+■)[xlnx-(x-1)ln(x-1)-1](n≥2,x∈R)，则g′(x)=■{(■+■)′[xlnx-(x-1)ln(x-1)-1]+(■+■)[xlnx-(x-1)ln(x-1)-1]′}=■{■(■+■)[xlnx-(x-1)ln(x-1)-1]+(■+■)[lnx-ln(x-1)]}=■{■(■+■)[xlnx-(x-1)ln(x-1)-1]+(■+■)ln■)}.

下证xlnx-(x-1)ln(x-1)-1>0恒成立：令h(x)=xlnx-(x-1)ln(x-1)-1(n≥2,x∈R)，则h′(x)=lnx-ln(x-1)=ln■>ln1=0，故h(x)在[2,+∞)上单调递增，所以h(x)min=h(2)=2ln2-ln1-1=ln4-1>lne-1=0，故xlnx-(x-1)ln(x-1)-1>0恒成立．

由于■+■>0，■+■>0，ln■>0可知：g′(x)>0，即函数g(x)单调递增，故g(1)

(本试题由江门市新会华侨中学雷小华、朱陈刚、贺广为、朱宏莉老师拟制)

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