高考仿真模拟卷(一)
(时间：120分钟；满分：150分)
第Ⅰ卷(选择题，共40分)
一、选择题：本大题共10小题，每小题4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．已知集合A＝{x|2x>x＋1}，B＝{x||x－2|<3}，则A∩B＝( ) A．{x|－1 2．复数1 （1＋i）i在复平面上对应的点位于( ) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是( A．8－πB．8－π22 3 C.3 D．8 x－4y＋4≤0 4．若实数x，y满足约束条件 x＋y≤1，则x－y的最大值是( ) x≥－3 A．－7 B．－13 4 C．－1 D．7 - 1 - / 15 ) 优选 5．已知数列{an}是等比数列，其公比为q，则“q>1”是“数列{an}为递增数列”的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 6．函数y＝(3x2＋2x)ex的图象大致是( ) 7．一个袋子中有5个小球，其中2个红球，3个白球，它们仅有颜色不同．从袋子中一次摸出2个小球，记其中红球的个数为ξ，则E(ξ)＝( ) A．0.4 B．0.6 C．0.8 D．1 8．如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝ 3，E是线段BC(不含端点)上一动点，把△ ABE沿AE折起得到△AB′E，使得平面B′AC⊥平面ADC，分别记B′A，B′E与平面ADC所成 的角为α，β，平面B′AE与平面ADC所成的角为θ，则( ) A．θ>α>βB．θ>2α C．θ>2βD．tan θ>2tan α x2－3x（x≥0）， 9．已知函数f(x)＝则方程|f(x)－1|＝2－c(c为常数且c∈(－1，0)) －x＋1（x<0），－e 的不同的实数根的个数为( ) A．3 B．4 C．5 D．6 10．已知数列{an}满足2an≤an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则( ) A．a5≤4a2－3a1B．a2＋a7≤a3＋a6 C．3(a7－a6)≥a6－a3D．a2＋a3≥a6＋a7 第Ⅱ卷(非选择题，共110分) - 2 - / 15 优选 二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分． 3＋4i 11．已知i为虚数单位，则复数z＝的模为________，复数z在复平面内对应的点位 i于第________象限． 12．已知直线l：mx－y＝1.若直线l与直线x－my－1＝0平行，则m的值为________；直线l被圆x2＋2x＋y2－24＝0截得的弦长的最小值为________． 13．已知二项式(2x－2)n的展开式中的第2项为常数项，则n＝________，二项展开式 x1 中所有项的系数和为________． 14．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且sin2A＋sin2C－sin Asin C＝sin2B，则角B的大小为________，若b＝2 15．已知F为双曲线2－ →→ 3，则AB·AC的最大值为________． x2y2 ab2 ＝1(a>0，b>0)的左焦点，过点F作直线l与圆x2＋y2＝a2 →1→ 相切于点A，且与双曲线右支相交于点B，若FA＝FB，则双曲线的离心率为________． 3 16．已知函数f(x)＝ 2x，g(x)＝x3－3ax＋ 711 ，若对任意的x1∈[－，]，总存在x2∈822 x2＋1 11 [－，]，使得f(x1)＝g(x2)成立，则正整数a的最小值为________． 22 →→→ 17．已知在△ABC中，对任意的t∈R，|BA－tBC|≥|AC|恒成立，且AB＝10，AC∶BC＝→→ 4∶3，P为△ABC内切圆上的一点，则PA·PB的取值X围是________． 三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． π 18．(本题满分14分)已知函数f(x)＝3cos＋x·cos x＋sin2x，x∈R. 2 (1)求f(x)的单调递增区间； π (2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B＝，a＝2且角A满足f(A) 4 - 3 - / 15 优选 ＝0，求△ABC的面积． 19.(本题满分15分)如图，在四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD是矩形，平面SAD⊥平面ABCD，AD＝SD，E是SB的中点，M是CD上任意一点． (1)求证：SA⊥EM； π (2)若AD＝2，AB＝1，∠SDA＝，EM∥平面SAD，求直线BM与平面SAB所成角的正 3弦值． - 4 - / 15 优选 220．(本题满分15分)设正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且1＋S2n＋1，3，1－Sn成 等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)证明： 21.(本题满分15分)如图，斜率为k的直线交抛物线x2＝4y于A， n＋1－1<＋＋…＋≤ S1S2Sn111 1 n－(n∈N*)． 2 B两点，已知点B的横坐标比点A的横坐标大4，直线y＝－kx＋1 交线段AB于点R，交抛物线于点P，Q. (1)若点A的横坐标等于0，求|PQ|的值； (2)求|PR|·|QR|的最大值． - 5 - / 15 优选 1 22．(本题满分15分)已知函数f(x)＝aln(x＋1)＋x2－x，其中a为非零实数． 2(1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若y＝f(x)有两个极值点x1，x2，且x1 1．解析：选B.解不等式2x>x＋1，得x>1，所以A＝{x|x>1}．解不等式|x－2|<3，得－1 <. 2 - 6 - / 15 优选 11－1－i11 2．解析：选C.＝＝＝－－i，其在复平面上对应 （1＋i）i－1＋i（－1＋i）（－1－i）22的点位于第三象限． 3．解析：选π ＝8－.故选B. 3 B.几何体直观图如图所示，该几何体为正方体挖去一个圆锥，V＝23－ 1 π·12·13 4．C 5．解析：选D.取 an＝－2n，该数列的公比 1 q＝2>1，但该数列是递减数列；取an＝－()n， 2 1 该数列的公比q＝<1，但该数列是递增数列．所以“q>1”是“数列{an}为递增数列”的既 2不充分也不必要条件．故选D. 6．解析：选A.通解：设f(x)＝(3x2＋2x)ex，由(3x2＋2x)ex＝0，得3x2＋2x＝0，解得x2 ＝－或x＝0，所以函数f(x)只有两个零点，故排除B；f′(x)＝(3x2＋8x＋2)ex，易知f′(x)＝0 3有两个不同的实根，则函数f(x)有两个极值点，故排除C，D.故选A. 优解：设 f(x)＝(3x2＋2x)ex，由f(x)<0，得3x2＋2x<0，解得－ 2 7．解析：选C.由题意可得，摸出红球的个数ξ的可能取值分别为0，1，2，且P(ξ＝0) 1C1C33C2133122 ＝2＝，p(ξ＝1)＝2＝，P(ξ＝2)＝2＝.所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝0.8.故选C510C55C51010510 C233 C. - 7 - / 15 优选 8．解析：选A.如图，过点B作BO⊥AC于点O，连接B′ O，OE，则B′O⊥AC.在Rt△ABC中，由AB＝1，BC＝3，可 13 得AC＝2.由等面积法可得BO＝，则AO＝，B′O＝， 222 因为平面B′AC⊥平面ADC，且B′O⊥AC，所以B′O⊥平面ADC，则∠B′AO＝α，∠B′EO＝β，tan α＝ 3 B′OAO＝3，tan β＝ B′OEO F，则∠B′FO为平面B′AE与平面ADC所成的角θ，因为点O到AE的距离h 3 以tan θ＝ B′Oh> 24 ＝2，则tan θ>tan α，所以θ>α.故选A. 3 9．解析：选B.由|f(x)－1|＝2－c，得f(x)＝1±(2－c)．因为c∈(－1，0)，所以1＋(2－ c)∈(3，4)，1－(2－c)∈(－2，－1)．作出函数f(x)和y＝1±(2－c)的图象如图所示，易知函 数的图象共有4个不同的交点，即方程|f(x)－1|＝2－c(c为常数且c∈(－1，0))有4个不同的实数根．故选B. 10．解析：选C.法一：由2an≤an－1＋an＋1(n≥2)，可得an－an－1≤an＋1－an，所以有a2 －a1≤a3－a2≤…≤an＋1－an，所以a5－a4＋a4－a3＋a3－a2≥3(a2－a1)，化简得a5≥4a2－3a1，故选项A错误；由a7－a6≥a3－a2可得a7＋a2≥a6＋a3，故选项B错误；由3(a7－a6)≥a6－ a5＋a5－a4＋a4－a3＝a6－a3，可知选项C正确；若an＝n，满足2an≤an－1＋an＋1(n≥2)，但a2＋a3＝5 ＝36，a7＝49，代入验证可得选项A，B，D错误，故选C. - 8 - / 15 优选 3＋4i 11．解析：由题意得，z＝＝4－3i，故复数z的模为5，复数z在复平面内对应的 i点为(4，－3)，位于第四象限． 答案：5 四 12．解析：由题意，得m×(－m)＝－1，所以m＝1或－1，当m＝1时，两条直线重合，舍去，所以m＝－1.圆的标准方程为(x＋1)2＋y2＝25，设圆心为C，则C(－1，0)，半径为5，易知直线l：mx－y＝1恒过定点A(0，－1)，则|CA|＝＝0截得的弦长的最小值为2 答案：－1 213．解析：(2 23 25－2＝2 23. 2，所以直线l被圆x2＋2x＋y2－24 x－ 1 x2 )n展开式的通项Tr＋1＝Crn(2x)n－r(－n－1 2 1 x2 n－r(－1)rx)r＝Crn2 n－r2 －2r， 由第2项为常数项得，当r＝1时， n－r2 －2r＝0，即－2＝0，解得n＝5.令x＝1，即可 得二项展开式中所有项的系数和为1. 答案：5 1 14．解析：由sin2A＋sin2C－sinAsin C＝sin2B，可得a2＋c2－ac＝b2，即a2＋c2－b2 ＝ac，所以cos B＝ a2＋c2－b21 2acπ ＝.又B∈(0，π)，所以B＝.设△ABC的外接圆半径为r，则23 2r＝＝ sin Bb2 3→→→→ ＝4，即r＝2.AB·AC＝bccos A，且ccos A为AB在AC方向上的投影，易知32 b→→ (ccos A)max＝r＋，故(AB·AC)max＝b(r＋)＝6＋4 22 π 答案： 6＋4 3 3 b3. 15．解析：法一：如图，设点D是双曲线的右焦点，过D作DC⊥FB，垂足为C，连接OA，BD，因为FB与圆O相切于点A，所以 - 9 - / 15 优选 AO⊥FB，所以CD∥AO，且|CD|＝2|AO|＝2a，又|AO|＝a，|OF|＝c，FA＝FB，所以|FA| 3 ＝b，|FB|＝3b，所以|FA|＝|AC|＝|CB|＝b，根据双曲线的定义，|FB|－|BD|＝2a，所以|BD|＝3b－2a.在Rt△BCD中，|CB|2＋|CD|2＝|BD|2，所以b2＋(2a)2＝(3b－2a)2，所以2b＝3a，又 → 1→ b2＝c2－a2，所以4c2＝13a2，即 13 e＝＝. a2 c法二：FB与圆O相切于点A，连接OA，所以AO⊥FB，所以|AO|＝a，|OF|＝c，|FA| baa2ab＝b，所以直线AO的方程为y＝－x，FA的方程为y＝(x＋c)，两直线的交点为A(－，)， abcc所以FA＝(－＋c， → a2cabc)＝( b2abc，c3b23ab3b23ab)，所以FB＝3FA＝(，)，所以B(－c，)，而 → → cccc3b23ab2（－c）（）2 点B在双曲线上，因此， ca2 － c2c2－3a2 （）2 ＝1，即c3ab（）2－cb2a2b2 ＝1，所 33 2以(2e－)－()2＝1，即4e2＝13，所以e＝ ee13 . 2 13 答案： 2 2（x2＋1）－2x·2x－2x2＋211 16．解析：f′(x)＝＝，当x∈[－，]时，f′(x)>0，所以 （x2＋1）2（x2＋1）2221111447 3f(x)在[－，]上单调递增，所以f(x)在[－，]上的值域为[－，]．因为g(x)＝x－3ax＋，2222558 a为正整数，所以a≥1，g′(x)＝3x2－3a＝3(x－a)(x＋ 11 a)，所以g(x)在[－，]上单调递 22 113a73a113a733a11 减，又g()＝－＋＝1－，g(－)＝－＋＋＝＋，所以g(x)在[－，]上的 28282282842223a33a1111 值域为[1－，＋]．若对任意的x1∈[－，]，总存在x2∈[－，]，使得f(x1)＝g(x2) 2422222 - 10 - / 15 优选 成立，则 3a41－≤－， 256 得a≥，因为a∈N*，所以a的最小值为2. 533a4 ＋≥，425 答案：2 →→→ 17．解析：因为对任意的t∈R，|BA－tBC|≥|AC|恒成立，所以AC⊥BC.又AB＝10，AC∶ BC＝4∶3，所以AC＝8，BC＝6.设△ABC内切圆的半径为r，圆心为M，则(AB＋BC＋AC) 2 1 ＝S△BAC＝AC·BC，所以r＝2.以C为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系， 2 r →→ 则C(0，0)，A(0，8)，B(6，0)，M(2，2)，设P(x，y)，则PA·PB＝(－x，8－y)·(6－x，－y)＝x2－6x＋y2－8y＝(x－3)2＋(y－4)2－25.(x－3)2＋(y－4)2的几何意义为内切圆M上的动点P(x，y)与点N(3，4)的距离的平方，连接PN，所以(x－3)2＋(y－4)2＝|PN|2.连接MN，因为|NM|＝∈[－16－45>2，所以5，－16＋4 5－2≤|PN|≤5]． 5] 5＋2，所以9－4 5≤|PN|2≤9＋4 →→ 5，所以PA·PB答案：[－16－45，－16＋4 ππ1ππ 218．解：(1)f(x)＝3cos＋x·cos x＋sinx＝－sin2x＋，所以2kπ＋≤2x＋≤ 62262 2kπ＋ 3π2 ，k∈Z，所以kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z，所以f(x)的单调递增区间是 63 π 2π π2π kπ＋，kπ＋，k∈Z. 63 π1π(2)因为f(A)＝0，所以－sin2x＋＝0，又因为0 优选 又b＝ sin Asin B2·a＝ 3 6 ，sin C＝sin(A＋B)＝ 6＋4 6＋4 2 ， 1126 故S△ABC＝absin C＝×2×× 22323＋3 ＝. 3 19．解：(1)证明：取SA的中点F，连接EF，FD，EC， 又E是SB的中点，所以EF∥AB， 因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD，则EF∥CD，所以E，F，C，D四点共面，EM⊂平面ECDF. 因为BA⊥AD，平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面 SAD. 又SA⊂平面SAD，所以AB⊥SA，所以EF⊥SA. 因为AD＝SD，F是SA的中点，所以SA⊥FD， 又EF∩FD＝F，所以SA⊥平面ECDF，所以SA⊥EM. (2)因为EM∥平面SAD，EM⊂平面EFDC，平面SAD∩平面EFDC＝DF，所以EM∥DF. 又EF∥DM，所以四边形EFDM为平行四边形， 所以EF＝DM，所以M为CD的中点． π1 因为AD＝2，AB＝1，∠SDA＝，所以SA＝2，DM＝EF＝. 32 过点A作平面ABCD的垂线，作为z轴，以AD所在的直线为y轴，AB所在的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 1 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，M(，2，0)，S(0，1，2 3)， - 12 - / 15 优选 AB＝(1，0，0)，AS＝(0，1，3)，BM＝(－，2，0)． 2 → ＝0，n·ABx＝0， 设平面SAB的法向量为n＝(x，y，z)，则即得x＝0，令y→y＋3z＝0，n·AS＝0，＝ 3，则z＝－1，所以n＝(0， 3，－1)为平面SAB的一个法向量． →→→ 1 设直线BM与平面SAB所成的角为θ， → → |BM·n| 251 则sin θ＝|cos →17|BM|·|n|51为. 17 2220．解：(1)由题意得S2n＋1－Sn＝4，S1＝4. 2所以数列{S2n}是以4为首项，4为公差的等差数列，所以Sn＝4n. 2 又an>0，所以Sn>0，所以Sn＝2当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2 n. n－2n－1. n－2n－1. 1 当n＝1时，a1＝2也满足上式，所以{an}的通项公式为an＝2(2)证明：由(1)知Sn＝2 1 1 1 1 1 1 n，所以＝＝>＝n＋1－n， Sn2nn＋nn＋1＋nn＋1－1. 所以＋＋…＋>S1S2 1 Sn1 Sn＝n＋n<1 n＋ ＝n－1 n－n－1(n≥2)， 12 1111 当n≥2时，＋＋…＋<＋ S1S2 1 SnS1 n－1＝n－， 1 当n＝1时，＝＝S12所以当 11－， 21 1 1n－. 2 n∈N*时， 1 S1S2 ＋＋…＋≤Sn- 13 - / 15 优选 所以 n＋1－1<＋＋…＋≤n－(n∈N*)． S1S2Sn2 1111 21．解：(1)因为A(0，0)，所以B(4，4)， 所以k＝1. y＝－x＋1 联立得⇒x2＋4x－4＝0， 2 x＝4y 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2＝－4，x1＋x2＝－4，|PQ|＝8. (2)设AB的方程为y＝kx＋b(k≠0)，代入x2＝4y，得x2－4kx－4b＝0，Δ＝16k2＋16b>0， 1＋（－1）2|x1－x2|＝ xAxB＝－4b，xA＋xB＝4k， 因为xB－xA＝16k2＋16b＝4，所以k2＝1－b. 1－bky＝kx＋b由⇒xR＝＝， 2k2y＝－kx＋1 y＝－kx＋1 联立得⇒x2＋4kx－4＝0，所以x1＋x2＝－4k，x1x2＝－4， x2＝4y 则|PR|·|QR|＝－(1＋k2)(x1－xR)(x2－xR) ＝－(1＋k2)[x1x2－xR(x1＋x2)＋x2R] ＝－(1＋k2)(－4＋2k2＋ k2 4 ) 9762522＝－(k－)＋， 418144 14625所以当k＝±时，|PR|·|QR|取得最大值是. 614422．解：(1)f′(x)＝ ax＋1 ＋x－1＝ x2＋（a－1） x＋1 ，x>－1，当a－1≥0，即a≥1时，f′(x) 1－a>－1， ≥0，所以f(x)在(－1，＋∞)单调递增，当0 优选 所以f(x)在区间(－1，－1－a)单调递增，在(－1－a，1－a)单调递减，在( 1－a)单调递减，在( 1－a，1－a， ＋∞)单调递增，当a<0时，因为x1<－1，所以f(x)在(－1，＋∞)单调递增． (2)证明：由题意得，0 1－a，x2＝ 1－a，所以x1＋x2＝0，x1x2＝af（x2）1f（x2）1x1 <⇔2－x2111 2<⇔f(x2)＋x2>0⇔aln(x2＋1)＋x2－x2>0⇔(1＋ 2222 1 1 x2)ln(x2＋1)－x2>0，令g(x)＝(1＋x)ln(x＋1)－x，x∈(0，1)，因为g′(x)＝ln(x＋1)＋>0， 2 2 2 所以g(x)在(0，1)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝0，故命题得证． - 15 - / 15 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容