《（浙江專用）2019高考數(shù)學二輪復習 第二板塊 高考仿真模擬練（一）-（三）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2019高考數(shù)學二輪復習 第二板塊 高考仿真模擬練（一）-（三）（30頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考仿真模擬練 高考仿真模擬練(一) (時間：120分鐘　滿分：150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選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．已知集合A＝{x|x>1}，B＝{y|y＝x2，x∈R}，則A∩B＝(　　) A．[0，＋∞)　　　　　　 B．(1，＋∞) C．[0,1) D．(0，＋∞) 解析：選B　因為A＝{x|x>1}，B＝{y|y＝x2，x∈R}＝[0，＋∞)，所以A∩B＝(1＋∞)，選B. 2．已知拋物線y2＝x，則它的準線方程為(　　) A．y＝－2 B．y＝2 C．x＝－ D．y＝ 解析：選C　因

2、為拋物線y2＝x，所以 p＝，＝，所以它的準線方程為x＝－，故選C. 3．如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，該幾何體的體積為(　　) A.(1＋π) B．(1＋π) C.(2＋3π) D．(2＋π) 解析：選A　依題意，該幾何體由一個四棱錐和一個圓錐拼接而成，故所求體積為V＝××4×4×2＋×π×22×4＝(1＋π)．故選A. 4．若實數(shù)x，y滿足則z＝2x＋y的最大值為(　　) A．2 B．5 C．7 D．8 解析：選C　作出不等式組表示的可行域如圖中陰影部分所示，由z＝2x＋y，可得y＝－2x＋z，平行移動y＝－2x＋z，由圖象可知當

3、直線經(jīng)過點A時，直線的縱截距最大，即z最大．聯(lián)立得A(3,1)，所以zmax＝2×3＋1＝7. 5．若關(guān)于x的不等式x2－4x≥m對任意x∈[0,1]恒成立，則實數(shù)m的取值范圍為(　　) A．(－∞，－3] B．[－3，＋∞) C．[－3,0) D．[－4，＋∞) 解析：選A　∵x2－4x≥m對任意x∈[0,1]恒成立， 令f(x)＝x2－4x，x∈[0,1]， ∵f(x)的對稱軸為x＝2， ∴f(x) 在[0,1]單調(diào)遞減， ∴當x＝1時，f(x)取到最小值為－3, ∴實數(shù)m的取值范圍為(－∞，－3]，故選A. 6．在等比數(shù)列{an}中，“a4，a12 是方程x2＋

4、3x＋1＝0的兩根”是“a8＝±1”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 解析：選A　由根與系數(shù)的關(guān)系可知a4＋a12＝－3，a4a12＝1，所以a4<0，a12<0，則在等比數(shù)列{an}中，a8＝a4q4<0，所以a8＝－＝－1.在常數(shù)列an＝1或an＝－1中，a4，a12 不是所給方程的兩根．則在等比數(shù)列{an}中，“a4，a12 是方程x2＋3x＋1＝0的兩根”是“a8＝±1”的充分不必要條件． 7．設函數(shù)f(x)的導數(shù)為f′(x)，若f(x)為偶函數(shù)，且在(0,1)上存在極大值，則f′(x)的圖象可能為(　　) 解析：

5、選C　根據(jù)題意，若f(x)為偶函數(shù)，則其導數(shù)f′(x)為奇函數(shù)，結(jié)合函數(shù)圖象可以排除B、D，又由函數(shù)f(x)在(0,1)上存在極大值，則其導數(shù)圖象在(0,1)上存在零點，且零點左側(cè)導數(shù)值符號為正，右側(cè)導數(shù)值符號為負，結(jié)合選項可以排除A，只有C選項符合題意． 8．設x，y，z為大于1的正數(shù)，且log2x＝log3y＝log5z，則x，y ，z 中最小的是(　　) A．x B．y C．z D．三個數(shù)相等 解析：選C　令log2x＝log3y＝log5z＝k(k>0)， 則x＝2k，y＝3k，z＝5k， 所以x＝2，y＝3，z＝5. 對以上三式兩邊同時乘方， 則(x)＝215

6、，(y)＝310，(z)＝56， 顯然z最小，故選C. 9．將函數(shù)f(x)＝2sin(ω>0)的圖象向右平移個單位，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，若y＝g(x)在上為增函數(shù)，則ω的最大值為(　　) A．3 B．2 C. D． 解析：選B　由題意可知g(x)＝2sin＝2sin ωx(ω>0)，由y＝g(x)在上為增函數(shù)，得≤，ω≤2，所以ω的最大值為2. 10．已知單位向量e1與e2的夾角為，向量e1＋2e2與2e1＋λe2的夾角為，則λ＝(　　) A．－ B．－3 C．－或－3 D．－1 解析：選B　因為e1·e2＝|e1|·|e2|·cos＝， 所以|e1＋2e2|

7、＝＝ ， |2e1＋λe2|＝＝， (e1＋2e2)·(2e1＋λe2)＝2e＋(λ＋4)e1·e2＋2λe＝4＋λ ， 又向量e1＋2e2與2e1＋λe2的夾角為， 所以＝＝－， 解得λ＝－3. 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) 11．已知三棱錐O -ABC底面ABC的頂點在半徑為4的球O表面上，且AB＝6，BC＝2，AC＝4，則三棱錐O -ABC的體積為___________． 解析：∵AB＝6，BC＝2，AC＝4， ∴AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC. 取AC的中點O1，連接OO1，BO1， 則O1為△ABC外接圓的圓心，

8、 ∴OO1⊥平面ABC，∴OO1⊥BO1. ∵OB＝4，BO1＝2， ∴OO1＝＝2. ∴三棱錐O-ABC的體積V＝××6×2×2＝4. 答案：4 12．已知a，b∈R，(a＋bi)2＝3＋4i (i是虛數(shù)單位)則a2＋b2＝ ______，ab＝________. 解析：由題意可得a2－b2＋2abi＝3＋4i， 則解得則a2＋b2＝5，ab＝2. 答案：5　2 13．已知△ABC和點M，滿足＋＋＝0，若存在實數(shù)m，使得＋＝m成立，則點M是△ABC的________，實數(shù)m＝________. 解析：由＋＋＝0知，點M為△ABC的重心．設點D為底邊BC的中點，則＝＝×(＋

9、)＝(＋)，所以有＋＝3，故m＝3. 答案：重心　3 14.三國時期吳國數(shù)學家趙爽所注《周髀算經(jīng)》中給出了勾股定理的絕妙證明，下面是趙爽的弦圖及注文，弦圖是一個以勾股形之弦為邊的正方形，其面積稱為弦實，圖中包含四個全等的勾股形及一個小正方形，分別涂成紅(朱)色及黃色，其面積稱為朱實，黃實，利用2×勾×股＋(股－勾)2＝4×朱實＋黃實＝弦實，化簡，得勾2＋股2＝弦2，設勾股中勾股比為1∶，若向弦圖內(nèi)隨機拋擲1 000顆圖釘(大小忽略不計)，則落在黃色圖形內(nèi)的圖釘數(shù)大約為__________． 解析：設勾為a，則股為a，∴弦為2a， 則圖中大四邊形的面積為4a2，小四邊形的面積為(－1)2

10、a2＝(4－2)a2， 則圖釘落在黃色圖形內(nèi)的概率為＝1－ . 所以落在黃色圖形內(nèi)的圖釘數(shù)大約為1 000≈134. 答案：134 15．在△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2.點D為AB延長線上一點，BD＝2，連接CD，則△BCD的面積為______，cos∠BDC＝__________. 解析：取BC的中點E，連接AE，由題意知AE⊥BC， 在△ABE中，cos∠ABC＝＝， ∴cos∠DBC＝－，sin∠DBC＝＝， ∴S△BCD＝×BD×BC×sin∠DBC＝. ∵∠ABC＝2∠BDC， ∴cos∠ABC＝cos 2∠BDC＝2cos2∠BDC－1＝， 解得cos

11、∠BDC＝或cos∠BDC＝－(舍去)． 綜上可得，△BCD面積為，cos∠BDC＝. 答案：　 16．已知函數(shù)f(x)＝則f(f(4))＝______；f(x) 的最大值是__________． 解析：因為函數(shù)f(x)＝ 所以f(4)＝1－＝－1，f(f(4))＝f(－1)＝2－1＝. 當x≥0時， f(x)＝1－單調(diào)遞減，即有f(x)≤1； 當x<0時，f(x)＝2x∈(0,1)． 綜上可得，當x＝0時，f(x)取得最大值1. 故f(f(4))＝；f(x) 的最大值是1. 答案：　1 17．對于函數(shù)f(x)＝下列5個結(jié)論正確的是__________(填序號)．

12、①任取x1，x2∈[0，＋∞) ，都有|f(x1)－f(x2)|≤2； ②函數(shù)y＝f(x)在[4,5]上單調(diào)遞增； ③ f(x)＝2kf(x＋2k)(k∈N*)，對一切x∈[0，＋∞)恒成立； ④函數(shù)y＝f(x)－ln(x－1)有3個零點； ⑤若關(guān)于x的方程f(x)＝m(m<0)有且只有兩個不同的實根x1，x2，則x1＋x2＝3. 解析：由題意，得f(x)＝的圖象如圖所示． 由圖象可知f(x)max＝1，f(x)min＝－1， 則任取x1，x2∈[0，＋∞)，都有 |f(x1)－f(x2)|≤|f(x)max－f(x)min|＝2， 故①正確； 函數(shù)y＝f(x)在[4,

13、5]上先增后減，故②錯誤； 當x∈[0,2]時，f(x＋2k)＝f(x＋2k－2)＝f(x＋2k－4)＝…＝f(x)， 即f(x)＝2kf(x＋2k)，x∈N*，故③錯誤； 在同一坐標系中作出y＝f(x)和y＝ln(x－1)的圖象，可知兩函數(shù)圖象有三個不同公共點， 即函數(shù)y＝f(x)－ln(x－1)有3個零點，故④正確； 在同一坐標系中作出y＝f(x)和y＝m的圖象，由圖象可知當且僅當－1

14、寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 18．(本小題滿分14分)已知函數(shù)f(x)＝sin 2x＋cos 2x＋a(a為常數(shù))． (1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)若f(x)在上有最小值1，求a的值． 解：(1)f(x)＝2＋a＝2sin＋a， 令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z， 得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z， ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，k∈Z. (2)當0≤x≤時，≤2x＋≤， 則－≤sin≤1. ∴當x＝時，f(x)取得最小值為a－1＝1. ∴a＝2. 19．(本小題滿分15分)如圖，已知四棱錐E-ABCD的底面為菱形，且∠ABC＝60°，AB＝EC＝2，A

15、E＝BE＝. (1)求證：平面EAB⊥ 平面ABCD； (2)求二面角AECD的余弦值． 解：(1)證明：取AB的中點O，連接EO，CO. ∵AE＝EB＝，AB＝2， ∴△AEB為等腰直角三角形， ∴EO⊥AB，EO＝1. 又∵AB＝BC，∠ABC＝60°， ∴△ACB是等邊三角形， ∴CO＝，又EC＝2， ∴EC2＝EO2＋CO2，∴EO⊥CO. ∵AB∩CO＝O，∴EO⊥平面ABCD. 又EO ?平面EAB，∴平面EAB⊥平面ABCD. (2)以AB中點O為坐標原點，以OC，OB，OE所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系， 則A(0，－1,

16、0)，C(，0,0)，D(，－2,0)，E(0,0,1)， ∴＝(，1,0)， ＝(，0，－1)，＝(0,2,0)． 設平面DCE的法向量n＝(x，y,1)， 則即解得 ∴n＝. 設平面EAC的法向量m＝(a，b,1)， 則即解得 ∴m＝. ∴cos〈m，n〉＝＝. 由圖知，二面角A-EC-D為銳角， ∴二面角AECD的余弦值為. 20．(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)＝ln x－，g(x)＝f(x)＋ax－6ln x，其中a∈R. (1)當a＝1時，判斷f(x)的單調(diào)性； (2)若g(x)在其定義域內(nèi)為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)由f(x)＝l

17、n x－得定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝. 當a＝1時，f′(x)＝>0, 所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)由已知得，g′(x)＝. 因為g(x)在其定義域內(nèi)為增函數(shù)， 所以?x∈(0，＋∞)， g′(x)≥0，即ax2－5x＋a≥0，即a≥. 而≤＝，當且僅當x＝1時，等號成立， 所以a≥. 即實數(shù)a的取值范圍為. 21．(本小題滿分15分)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)經(jīng)過點P，且兩焦點與短軸的一個端點的連線構(gòu)成等腰直角三角形． (1)求橢圓C的方程； (2)動直線l：mx＋ny＋n＝0(m，n∈R )交橢圓C于A，B兩點，試問：在坐標平面上是

18、否存在一個定點T，使得以AB為直徑的圓恒過點T.若存在，求出點T的坐標；若不存在，請說明理由． 解：(1)∵橢圓C：＋＝1(a>b>0)的兩焦點與短軸的一個端點的連線構(gòu)成等腰直角三角形， ∴a＝b，∴＋＝1， 又∵橢圓經(jīng)過點P，代入可得b＝1. ∴a＝，故所求橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)動直線l：mx＋ny＋n＝0可化為mx＋n＝0，當x＝0時，y＝－，所以動直線l恒過點. 當l與x軸平行時，以AB為直徑的圓的方程為 x2＋2＝2， 當l與y軸平行時，以AB為直徑的圓的方程為 x2＋y2＝1. 由解得 即兩圓相切于點(0,1)，因此所求的點T如果存在，只能是(0,1

19、)，事實上，點T(0,1)就是所求的點． 證明如下： 當直線l垂直于x軸時，以AB為直徑的圓過點T(0,1)， 當直線l不垂直于x軸，可設直線l：y＝kx－. 由消去y，得(18k2＋9)x2－12kx－16＝0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝，x1x2＝， 又因為＝(x1，y1－1)， ＝(x2，y2－1)， 所以·＝x1x2＋(y1－1)(y2－1) ＝x1x2＋ ＝(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋ ＝(1＋k2)·－k·＋＝0. 所以TA⊥TB，即以AB為直徑的圓恒過點T(0,1)． 所以在坐標平面上存在一個定點T(0,1)滿足

20、條件． 22．(本小題滿分15分)數(shù)列{an}滿足a1＋2a2＋…＋nan＝4－(n∈N*)． (1)求a3的值； (2)求數(shù)列{an}前n項和Tn； (3)令b1＝a1，bn＝＋an(n≥2)，證明：數(shù)列{bn}的前n項和Sn滿足Sn<2＋2ln n. 解：(1)∵3a3＝(a1＋2a2＋3a3)－(a1＋2a2)＝4－－＝， ∴a3＝. (2)由題意知，當n≥2時，nan＝(a1＋2a2＋…＋nan)－＝4－－＝， ∴an＝n－1， 又a1＝4－＝1也適合此式， ∴an＝n－1， ∴數(shù)列{an}是首項為1，公比為的等比數(shù)列， 故Tn＝＝2－n－1. (3)證明：由

21、bn＝＋an，知b1＝a1，b2＝＋a2，b3＝＋a3， ∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(a1＋a2＋…＋an)＝Tn＝·<2×， 記f(x)＝ln x＋－1(x>1)， 則f′(x)＝－＝>0， ∴f(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)， 又f(1)＝0，∴f(x)>0， 又k≥2且k∈N*時，>1， ∴f ＝ln＋－1>0，即ln>， ∴

22、40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．已知集合A＝{x|x2－3x＋2＜0}，B＝{x|x≥1}，則A∩B＝(　　) A．(1,2)　　　　　　　 B．(2，＋∞) C．(1，＋∞) D．[1,2) 解析：選A　∵A＝{x|x2－3x＋2＜0}＝{x|1＜x＜2}，B＝{x|x≥1}，∴A∩B＝{x|1＜x＜2}＝(1,2)，故選A. 2．已知α，β∈R，則“α>β ”是“cos α＞cos β ”的(　　) A．充要條件 B．充分不必要條件 C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選D　因為當α＝＞β＝時，cos α＞cos β不成立；

23、當cos＞cos時，α＞β不成立，所以“α＞β”是“cos α＞cos β”的既不充分也不必要條件，故選D. 3．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A．＋π B．＋π C． D． 解析：選A　由三視圖可知，該幾何體是半個圓柱和以圓柱軸截面為底面的四棱錐組成的組合體，其中半圓柱底面半徑為1，高為2，體積為×π×12×2＝π，四棱錐的體積為×4×1＝，所以該幾何體的體積為＋π，故選A. 4．若實數(shù)x，y滿足約束條件則z＝2x＋y的取值范圍是(　　) A．[3,4] B．[3,12] C．[3,9] D．[4,9] 解析：選C　作出不等式組表示的可行域如圖中陰

24、影部分所示， 由得A(1,1)； 由得B(3,3)，平移直線y＝－2x＋z，當直線經(jīng)過A，B時分別取得最小值3，最大值9，故z＝2x＋y的取值范圍是[3,9]，故選C. 5．已知數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，bn＝2an，數(shù)列{bn}的前n項，前2n項，前3n項的和分別為A，B，C，則(　　) A．A＋B＝C B．B2＝AC C．(A＋B)－C＝B2 D．(B－A)2＝A(C－B) 解析：選D　∵{an}是公差不為0的等差數(shù)列，∴{bn}是以公比不為1的等比數(shù)列，由等比數(shù)列的性質(zhì)，可得A，B－A，C－B成等比數(shù)列，∴(B－A)2＝A(C－B)，故選D. 6.已知函數(shù)y＝

25、f(x)的導函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的圖象可能是(　　) 解析：選C　由導函數(shù)的圖象可知，函數(shù)y＝f(x)先減再增，可排除選項A、B，又知f′(x)＝0的根為正，即y＝f(x)的極值點為正，所以可排除D，故選C. 7．正方形ABCD的四個頂點都在橢圓＋＝1上，若橢圓的焦點在正方形的內(nèi)部，則橢圓的離心率的取值范圍是(　　) A. B． C. D． 解析：選B　設正方形的邊長為2m， ∵橢圓的焦點在正方形的內(nèi)部，∴m＞c， 又正方形ABCD的四個頂點都在橢圓＋＝1上， ∴＋＝1≥＋＝e2＋， 即e4－3e2＋1≥0，e2≤＝2，∴0＜e＜. 8.已知

26、△ABC的邊BC的垂直平分線交BC于Q，交AC于P，若||＝1，||＝2，則·的值為(　　) A．3 B． C. D． 解析：選B　因為BC的垂直平分線交AC于P， 所以·＝0， 所以·＝(＋)· ＝·＋· ＝(＋)(－) ＝(2－2) ＝. 9．已知函數(shù)f(x)＝x|x|，則下列命題錯誤的是(　　) A．函數(shù)f(sin x)是奇函數(shù)，且在上是減函數(shù) B．函數(shù)sin(f(x))是奇函數(shù)，且在上是增函數(shù) C．函數(shù)f(cos x)是偶函數(shù)，且在(0,1)上是減函數(shù) D．函數(shù)cos(f(x))是偶函數(shù)，且在(－1,0)上是增函數(shù) 解析：選A　∵函數(shù)f(x)＝x|x|，

27、 ∴f(sin x)＝sin x|sin x| ＝ ∵y＝cos 2x在上遞減，在上遞增， ∴y＝f(sin x)在上是增函數(shù)， ∴命題“函數(shù)f(sin x)是奇函數(shù)，且在上是減函數(shù)”錯誤，同理：可驗證B、C、D均正確，故選A. 10.如圖，在正四面體ABCD中，P，Q，R在棱AB，AD，AC上，且AQ＝QD，＝＝，分別記二面角APQR，APRQ，AQRP的平面角為α，β，γ，則α，β，γ的大小關(guān)系為(　　) A．β＞γ＞α B．γ＞β＞α C．α＞γ＞β D．α＞β＞γ 解析：選D　在正四面體ABCD中，P，Q，R在棱AB，AD，AC上，且AQ＝QD，＝＝，可得α

28、為鈍角，β，γ為銳角，設P到平面ACD的距離為h1，P到QR的距離為d1，Q到平面ABC的距離為h2，Q到PR的距離為d2，設正四面體的高為h，可得h1＝h，h2＝h，h1＜h2，由余弦定理可得QR＜PR，由三角形面積相等可得到d1＞d2，所以可以推出sin γ＝＜＝sin β，所以γ＜β，所以α＞β＞γ，故選D. 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) 11．若復數(shù)z＝4＋3i，其中i是虛數(shù)單位，則|z|＝________. 解析：∵復數(shù)z＝4＋3i， ∴|z|＝＝5. 答案：5 12．若雙曲線的焦點在x軸上，實軸長為4，離心率為，則該雙曲線的標準

29、方程為__________，漸近線方程為__________． 解析：∵2a＝4，∴a＝2，又∵離心率＝，∴c＝2，∴b＝＝2，∴雙曲線的標準方程為－＝1，漸近線方程為y＝±x＝±x. 答案：－＝1　y＝±x 13．已知直線l：x－y＝0與圓C：(x－2)2＋y2＝4交于O，A兩點(其中O是坐標原點)，則圓心C到直線l的距離為__________，點A的橫坐標為__________． 解析：∵圓C：(x－2)2＋y2＝4，∴C(2,0)，由點到直線的距離公式可得C到直線l的距離為d＝＝1，由得O(0,0)，A(3，)，點A的橫坐標為3. 答案：1　3 14.如圖，四邊形ABCD中，

30、△ABD、△BCD分別是以AD和BD為底邊的等腰三角形，其中AD＝1，BC＝4，∠ADB＝∠CDB，則BD＝__________，AC＝__________. 解析：設∠ADB＝∠CDB＝θ，在△ABD中，BD＝，在△CBD中，BD＝8cos θ，可得cos θ＝，BD＝2，cos 2θ＝2cos2θ－1＝－，由余弦定理可得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos 2θ＝24，解得AC＝2. 答案：2　2 15．已知2a＋4b＝2(a，b∈R)，則a＋2b的最大值為__________． 解析：由2a＋4b＝2a＋22b＝2≥2，得2a＋2b≤1＝20，a＋2b≤0，當且僅當a＝2b

31、時等號成立，所以a＋2b的最大值為0. 答案：0 16．設向量a，b，且|a＋b|＝2|a－b|，|a|＝3，則|b|的最大值是__________；最小值是__________． 解析：設|b|＝t，a，b的夾角為θ，由|a＋b|＝2|a－b|，可得|a＋b|2＝4|a－b|2,9＋t2＋ 6tcos θ＝4(9＋t2－6tcos θ)，化簡得t2－10tcos θ＋9＝0，可得t2－10t＋9≤0,1≤t≤9，即|b|的最大值是9，最小值是1. 答案：9　1 17．已知函數(shù)f(x)＝＋－a有六個不同零點，且所有零點之和為3，則a的取值范圍為__________． 解析：根據(jù)題

32、意，有f(x)＝f(m－x)，于是函數(shù)f(x)關(guān)于x＝m對稱，結(jié)合所有的零點的平均數(shù)為，可得m＝1，此時問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)g(x)＝＋在上與直線y＝a有3個公共點，此時g(x)＝當0，于是函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，且取值范圍是(5，＋∞)，當x>1時，函數(shù)g(x)的導函數(shù)g′(x)＝2－－，考慮到g′(x)是(1，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)，且g′(x)＝－∞， g′(x)＝2，于是g′(x)在(1，＋∞)上有唯一零點，記為x0，進而函數(shù)g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，在x＝x0處取得極小值n，作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示．

33、 接下來問題的關(guān)鍵是判斷n與5的大小關(guān)系，因為g′＝2－－4<0，所以n≤g＝＋＋＋2＝<5，若函數(shù)g(x)＝＋在上與直線y＝a有3個公共點，則a的取值范圍是(5，＋∞)． 答案：(5，＋∞) 三、解答題(本大題共5小題，共74分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 18．(本小題滿分14分)已知函數(shù)f(x)＝4cos xcos＋1. (1)求f 的值； (2)求f(x)的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間． 解：(1)f ＝4coscos＋1＝4coscos＋1＝4××＋1＝－2. (2)f(x)＝4cos xcos＋1 ＝4cos x＋1 ＝－2cos2x－sin

34、2x＋1 ＝－sin 2x－cos 2x ＝－2sin. 所以f(x)的最小正周期為π， 令2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)， 得kπ＋≤x≤kπ＋(k∈Z)， 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(k∈Z)． 19．(本小題滿分15分)如圖，在四面體ABCD中，AB＝BC＝CD＝BD＝AD＝1，平面ABD⊥平面CBD. (1)求AC的長； (2)點E是線段AD的中點，求直線BE與平面ACD所成角的正弦值． 解：(1)∵AB＝1，BD＝，AD＝2， ∴AB2＋BD2＝AD2， ∴AB⊥BD， 又∵平面ABD⊥平面CBD，平面ABD∩平面CBD＝BD， ∴AB⊥平面CBD，

35、∴AB⊥BC， ∵AB＝BC＝1，∴AC＝. (2)由(1)可知AB⊥平面BCD，過B作BG⊥CD于點G，連接AG，則有CD⊥平面ABG， ∴平面AGD⊥平面ABG， 過B作BH⊥AG于點H，則有BH⊥平面AGD，連接HE， 則∠BEH為BE與平面ACD所成的角． 由BC＝CD＝1，BD＝，得∠BCD＝120°， ∴∠BCG＝60°，∴BG＝， 又∵AB＝1，∴AG＝，∴BH＝， 又∵BE＝AD＝1， ∴sin∠BEH＝＝. 即直線BE與平面ACD所成角的正弦值為. 20．(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)＝x－－4ln x. (1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (

36、2)當00，解得x>3或x<1， 又∵函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)和(3，＋∞)． (2)證明：由(1)知f(x)＝x－－4ln x在(0,1)上單調(diào)遞增，在[1,3]上單調(diào)遞減， 所以，當00)，焦點為F，直線l交拋物線C于A(x1，y

37、1)，B(x2，y2)兩點，D(x0，y0)為AB的中點，且|AF|＋|BF|＝1＋2x0. (1)求拋物線C的方程； (2)若x1x2＋y1y2＝－1，求的最小值． 解：(1)根據(jù)拋物線的定義知|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋p，x1＋x2＝2x0， ∵|AF|＋|BF|＝1＋2x0， ∴p＝1，∴y2＝2x. (2)設直線l的方程為x＝my＋b，代入拋物線方程，得y2－2my－2b＝0， ∵x1x2＋y1y2＝－1，即＋y1y2＝－1， ∴y1y2＝－2，即y1y2＝－2b＝－2，∴b＝1， ∴y1＋y2＝2m，y1y2＝－2， ∴|AB|＝|y1－y2| ＝· ＝

38、2·， x0＝＝ ＝[(y1＋y2)2－2y1y2] ＝m2＋1， ∴＝， 令t＝m2＋1，t∈[1，＋∞)， 則＝＝≥， 當且僅當t＝1，即m＝0時取等號． 所以的最小值為. 22．(本小題滿分15分)已知數(shù)列{xn}滿足x1＝1，xn＋1＝2＋3，求證： (1)00， 且xk＋1－9＝2－6＝2(－3)<0，得xk

39、＋1<9， 所以n＝k＋1時，00. 所以xn. 從而xn＋1＝2＋3>xn＋3. 所以xn＋1－9>(xn－9)，即9－xn＋1<(9－xn)． 所以9－xn≤n－1(9－x1)． 又x1＝1，故xn≥9－8·n－1. 高考仿真模擬練(三) (時間：120分鐘　滿分：150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選項中，只有一項是符合題目要求的) 1.＝(

40、　　) A．　　　　　　　　 B． C． D． 解析：選D?。剑剑?，選D. 2．雙曲線－＝1的漸近線方程是(　　) A．y＝±x B．y＝±x C．y＝±x D．y＝±x 解析：選C　在雙曲線－＝1中，a＝3，b＝2，所以雙曲線的漸近線方程為y＝±x，選C. 3．若變量x，y滿足約束條件則z＝2x＋y的最大值是(　　) A．3 B．2 C．4 D．5 解析：選A　作出不等式組表示的可行域如圖中陰影部分所示，作出直線y＝－2x，平移該直線，由圖象可知，當直線經(jīng)過點A時，z取得最大值， 由解得 即A(2，－1)，此時zmax＝2×2－1＝3，故選A. 4．數(shù)列{an}中

41、，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，那么a2 019＝(　　) A．1 B．－2 C．3 D．－3 解析：選A　因為an＋1＝an－an－1(n≥2)，所以an＝an－1－an－2(n≥3)，所以an＋1＝an－an－1＝(an－1－an－2)－an－1＝－an－2(n≥3)． 所以an＋3＝－an(n∈N*)，所以an＋6＝－an＋3＝an， 故{an}是以6為周期的周期數(shù)列． 因為2 019＝336×6＋3， 所以a2 019＝a3＝a2－a1＝3－2＝1.故選A. 5.(1－x)4展開式中x2的系數(shù)為(　　) A．16 B．12 C．8

42、 D．4 解析：選C　因為(1－x)4＝，所以展開式中x2的系數(shù)為－C＋2C＝8，故選C. 6．已知a＝(cos α，sin α)，b＝(cos(－α)，sin(－α))，那么“a·b＝0”是“α＝kπ＋(k∈Z)”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 解析：選B　∵a·b＝0＝cos α·cos(－α)＋sin α·sin(－α)＝cos2α－sin2α＝cos 2α， ∴2α＝2kπ±，解得α＝kπ±(k∈Z)． ∴“a·b＝0”是“α＝kπ＋(k∈Z)”的必要不充分條件，故選B. 7．已知函數(shù)f(x)＝(2x－1)ex

43、＋ax2－3a(x>0)為增函數(shù)，則a的取值范圍是(　　) A．[－2，＋∞) B． C．(－∞，－2 ] D． 解析：選A　由函數(shù)f(x)＝(2x－1)ex＋ax2－3a(x>0)為增函數(shù)，則f′(x)＝2ex＋(2x－1)ex＋2ax＝(2x＋1)ex＋2ax≥0在(0，＋∞)上恒成立， 即a≥在(0，＋∞)上恒成立． 設g(x)＝，x>0，則g′(x) ＝ ＝. 由g′(x)>0，得0， 所以函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， 則g(x)max＝g＝＝－2e， 故a的取值范圍是[－2，＋∞)，選A. 8．設A，B是橢圓C：

44、＋＝1長軸的兩個端點，若C上存在點P滿足∠APB＝120°，則m的取值范圍是(　　) A.∪[12，＋∞) B．∪[6，＋∞) C.∪[12，＋∞) D．∪[6，＋∞) 解析：選A　當橢圓的焦點在x軸上，則04， 當P位于短軸的端點時，∠APB取最大值，要使橢圓C上存在點P滿足∠APB＝120°， 則∠APO≥60°，tan∠APO＝≥tan 60°＝， 解得m≥12， 所以

45、m的取值范圍是∪[12，＋∞)，故選A. 9．函數(shù)y＝x＋的值域為(　　) A．[1＋，＋∞) B．(，＋∞) C．[，＋∞) D．(1，＋∞) 解析：選D　由x2－2x＋3＝(x－1)2＋2，得x∈R， ①當x≥1時，函數(shù)y＝x＋為增函數(shù)， 所以y≥1＋＝1＋. ②當x≤1時，由y＝x＋移項得 ＝y(tǒng)－x>0， 兩邊平方整理得(2y－2)x＝y(tǒng)2－3， 從而y≠1且x＝. 由x＝≤1，得y≤1－或10?>0?y>1. 所以1

46、是弧AB上的一點，且滿足OP⊥OB，M，N分別是線段OA，OB上的動點，則·的最大值為(　　) A. B． C．1 D． 解析：選C　·＝(＋)·(＋)＝2＋·＋·＝1＋ ||cos 150°＋||·||cos 120°≤1＋0×＋0×＝1，故選C. 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) 11．某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，該幾何體的表面積為__________cm2，體積為__________cm3. 解析：由三視圖可知，該幾何體為一個四棱錐，高為2，底面為邊長為2的正方形，所以表面積為22＋2××2×2＋2××2×2＝8＋4，體

47、積為×2×22＝. 答案：8＋4　 12．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，a＝，b＝3，sin C＝ 2sin A，則sin A＝________；設D為AB邊上一點，且＝2，則△BCD的面積為________． 解析：由sin C＝2sin A及正弦定理得c＝2a＝2，又cos A＝＝＝，所以sin A＝＝＝.又因為＝2，所以點D為AB邊上靠近點A的三等分點，所以S△BCD＝××bcsin A＝××3×2×＝2. 答案：　2 13．已知sincos＝，且0<α<，則sin α＝________，cos α＝________. 解析：因為sincos＝－co

48、s α·(－sin α)＝sin αcos α＝， 又0<α<，則且0

49、0＝150種不同的安排方案． 學生甲被單獨安排去金華時，共有CCA＋A＝14種不同的安排方案，則學生甲被單獨安排去金華的概率是＝. 答案：150　 15．已知F是拋物線C：y2＝4x的焦點，M是C上一點，F(xiàn)M的延長線交y軸于點N.若＝，則||＝________. 解析：由題意知，F(xiàn)(1, 0)，設M(x0，y0)，N(0，y)， 則由＝， 可得(x0－1，y0)＝(0－x0，y－y0)，所以 把x0＝代入y2＝4x，得 y0＝±＝±，y＝3y0＝±， 所以 ||＝＝5. 答案：5 16．已知函數(shù)f(x)＝則關(guān)于x的方程f(x2－4x)＝6的不同實根的個數(shù)為________

50、． 解析：作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，t＝x2－4x＝(x－2)2－4，由圖象可知，當－4≤t≤0時，f(t)＝6，即ln(1－t)＋4＝6，t＝1－e2<－4，故方程無解，當t>0時，f(t)＝6有2個解，對應t＝x2－4x各有2個解，故關(guān)于x的方程f(x2－4x)＝6的不同實根的個數(shù)為4. 答案：4 17.如圖，棱長為3的正方體的頂點A在平面α內(nèi)，三條棱AB，AC，AD都在平面α的同側(cè)．若頂點B，C到平面α的距離分別為，，則平面ABC與平面α所成銳二面角的余弦值為________． 解析：如圖，作BB1⊥平面α于B1，CC1⊥平面α于C1， 連接BC，B1C1， 過點B作B

51、E⊥CC1，垂足為E. 則AC1＝＝，AB1＝＝， B1C1＝BE＝＝， ∴cos∠B1AC1＝＝－， sin∠B1AC1＝. ∴S△B1AC1＝×××＝3. S△BAC＝×32＝. 設平面ABC與平面α所成銳二面角為θ， 則cos θ＝＝＝. 答案： 三、解答題(本大題共5小題，共74分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 18．(本小題滿分14分)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知cos(A－B)＋cos C＝sin(A－B)＋sin C. (1)求角B的大??； (2)若b＝2，求△ABC面積的最大值． 解：(1)在△ABC中，A＋

52、B＋C＝π，則cos(A－B)－cos(A＋B)＝sin(A－B)＋sin(A＋B)， 化簡得2sin Asin B＝2sin Acos B， 由于0

53、線PE與平面PAC所成角的正弦值． 解：(1)如圖，取AD的中點F，連接BF，則FD綊BE， ∴四邊形FBED是平行四邊形，∴FB∥ED. ∵在直角△BAF和直角△CBA中，＝＝2， ∴Rt△BAF∽Rt△CBA. 易知BF⊥AC，則ED⊥AC. ∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，AB⊥PA， ∴PA⊥平面ABCD，PA⊥ED. ∵PA∩AC＝A， ∴ED⊥平面PAC. ∵ED?平面PED， ∴平面PED⊥平面PAC. (2)設ED交AC于點G，連接PG， 則∠EPG是直線PE與平面PAC所成的角． 設BE＝1，由△AGD ∽△CGE，知＝

54、＝， ∵AB＝AD＝2，∴EG＝DE＝. 在△PAB中，PB＝＝2， 在△PBE中，PE＝＝3， ∴sin∠EPG＝＝. ∴直線PE與平面PAC所成角的正弦值為. 20．(本小題滿分15分)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn.已知2Sn＝3n＋3. (1)求{an}的通項公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足anbn＝log3an，求{bn}的前n項和Tn. 解：(1)因為2Sn＝3n＋3， 當n≥2時，2Sn－1＝3n－1＋3， 兩式相減，得2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1， 即an＝3n－1， 當n＝1時，2a1＝2S1＝3＋3，解得a1＝3， 但a1＝3≠31

55、－1， 所以an＝ (2)因為anbn＝log3an，所以b1＝， 當n≥2時，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n. 所以T1＝b1＝， 當n≥2時，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n]， 所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n] 兩式相減，得 2Tn＝＋(30＋3－1＋…＋32－n)－(n－1)·31－n＝＋－(n－1)·31－n＝－， 所以Tn＝－， 經(jīng)檢驗，n＝1時也適合， 綜上可得，Tn＝－. 21．(本小題滿分15分)如圖，已知拋物線C1：x2＝2py的焦點在拋物線

56、C2：y＝x2＋1上，點P是拋物線C1上的動點． (1)求拋物線C1的方程及其準線方程； (2)過點P作拋物線C2的兩條切線，A，B分別為兩個切點，求△PAB面積的最小值． 解：(1)由題意，得＝1，p＝2，所以拋物線C1的方程為x2＝4y，其準線方程為y＝－1. (2)設P(2t，t2)，A(x1，y1)，B(x2，y2), 則切線PA的方程為y－y1＝2x1(x－x1)， 即y＝2x1x－2x＋y1， 又y1＝x＋1， 所以y＝2x1x＋2－y1. 同理：切線PB的方程為y＝2x2x＋2－y2， 又PA和PB都過P點，所以 所以直線AB的方程為4tx－y＋2－t2＝

57、0. 聯(lián)立得x2－4tx＋t2－1＝0， 則x1＋x2＝4t，x1x2＝t2－1. 所以|AB|＝|x1－x2|＝·.　 又點P到直線AB的距離d＝＝ ， 所以△PAB的面積S＝|AB|d＝2(3t2＋1)＝2(3t2＋1)， 所以當t＝0時， S取得最小值，為2， 即△PAB面積的最小值為2. 22．(本小題滿分15分)設函數(shù)f(x)＝－aln(1＋x)，g(x)＝ln(1＋x)－bx. (1)若函數(shù)f(x)在x＝0處有極值，求函數(shù)f(x)的最大值． (2)①是否存在實數(shù)b，使得關(guān)于x的不等式g(x)<0在(0，＋∞)上恒成立？若存在，求出b的取值范圍．若不存在，說明

58、理由． ②證明：不等式－1<－ln n≤(n∈N*)． 解：(1)由已知得，f′(x)＝－，且函數(shù)f(x)在x＝0處有極值， ∴f′(0)＝－＝0，即a＝1， ∴f(x)＝－ln(1＋x)， ∴f′(x)＝－＝. 當x∈(－1,0)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增； 當x∈(0，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， ∴函數(shù)f(x)的最大值為f(0)＝0. (2)①由已知得，g′(x)＝－b， (ⅰ)若b≥1，則x∈[0，＋∞)時，g′(x)＝－b≤0， ∴g(x)＝ln(1＋x)－bx在[0，＋∞)上為減函數(shù)， ∴g(x)＝ln(1＋x)－bx

59、在(0，＋∞)上恒成立． (ⅱ)若b≤0，則x∈[0，＋∞)時，g′(x)＝－b>0， ∴g(x)＝ln(1＋x)－bx在[0，＋∞)上為增函數(shù)， ∴g(x)＝ln(1＋x)－bx>g(0)＝0，不能使g(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，不符合題意． (ⅲ)若0g(0)＝0， ∴不能使g(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，不符合題意． 綜上所述，b的取值范圍是[1，＋∞)． ②證明：由以上得，0)， 取x＝，得 ＝－≥－＝－1＋>－1. 故－1<－ln n≤(n∈N*)． 30