高考数学模拟试卷3 (7) 16页

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  • 2021-06-24 发布

高考数学模拟试卷3 (7)

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- 1 - 高考数学模拟训练题(第 43 套) 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 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  1M x x  ,  2 0N x x x   ,则( ) A. M N B. N M C.  1M N x x  D.  0M N x x  2.设    2 i 3 i 3 5 ix y     (i 为虚数单位),其中 x ,y 是实数,则 ix y 等于( ) A.5 B. 13 C. 2 2 D.2 3.某高校调查了 320 名学生每周的自习时间(单位:小时),制成了下图所示的频率分布直方 图,其中自习时间的范围是 17 5 30., ,样本数据分组为 17 5 20., , 20 22 5, . , 22 5 25., ,  25 27 5, . , 27 5 30., .根据直方图,这 320 名学生中每周的自习时间不足 22 5.小时的人数 是( ) A.68 B.72 C.76 D.80 4.  5 2 11 1 xx      的展开式中 2x 的系数为( ) A.15 B. 15 C.5 D. 5 5.已知双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     是离心率为 5 ,左焦点为 F ,过点 F 与 x 轴垂直 的直线与双曲线的两条渐近线分别交于点 M , N ,若 OMN△ 的面积为 20,其中O 是坐标 原点,则该双曲线的标准方程为( ) A. 2 2 12 8 x y  B. 2 2 14 8 x y  C. 2 2 18 2 x y  D. 2 2 18 4 x y  - 2 - 6.某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ) A. 4 2π B. 2 6π C. 4 π D. 2 4π 7.执行如下图的程序框图,若输入 a 的值为 2,则输出 S 的值为( ) A.3.2 B.3.6 C.3.9 D. 4.9 8.等比数列 na 的前 n 项和为 nS ,公比为 q ,若 6 39S S ,则 5 62S  , 1a  ( ) A. 2 B. 2 C. 5 D.3 9.已知函数     πcos 2 0, 2f x x          的最小正周期为 π ,将其图象向右平移 π 6 个单位后得函数   cos2g x x 的图象,则函数  f x 的图象( ) A.关于直线 2π 3x  对称 B.关于直线 π 6x  对称 C.关于点 2π 03     , 对称 D.关于点 5π 012     , 对称 10.已知三棱柱 1 1 1ABC A B C 的六个顶点都在球O 的球面上,球O 的表面积为194π , 1AA  平面 ABC , 5AB  , 12BC  , 13AC  ,则直线 1BC 与平面 1 1AB C 所成角的正弦值为 - 3 - ( ) A. 5 3 52 B. 7 3 52 C. 5 2 26 D. 7 2 26 11.已知椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的短轴长为 2,上顶点为 A,左顶点为 B , 1F , 2F 分别 是椭圆的左、右焦点,且 1F AB△ 的面积为 2 3 2  ,点 P 为椭圆上的任意一点,则 1 2 1 1 PF PF  的取值范围为( ) A. 1 2, B. 2 3  , C. 2 4  , D. 1 4, 12.已知对任意 21 eex     , 不等式 2e x a x 恒成立(其中 e 2 71828 . 是自然对数的底数), 则实数 a 的取值范围是( ) A. e0 2      , B. 0 e, C. 2e , D. 2 4 e     , 13 . 已 知 实 数 x , y 满 足 条 件 4 0 2 2 0 0 0 x y x y x y             , , 若 z ax y  的 最 小 值 为 8 , 则 实 数 a  __________. 14.若函数  f x 是偶函数 0x  时,    lg 1f x x  ,则满足  2 1 1f x   的实数 x 取值范围 是________. 15.已知平行四边形 ABCD 中, 2AD  , 120BAD   ,点 E 是 CD 中点, 1AE BD   ,则 BD BE   _________. 16.已知数列 na 的前 n 项和为 nS ,且 2 4a  , 4 =30S , 2n  时,  1 1 2 1n n na a a    ,则 na 的通项公式 na  ___________. 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17.(12 分)在 ABC△ 中 a 、b 、c 分别为角 A、B 、C 所对的边,已知 sin 1 2sin sin 2cos B A C C  . (1)求角 B 的大小; - 4 - (2)若 1a  , 7b  ,求 ABC△ 的面积. 18.(12 分)在四棱锥 A DBCE 中,底面 DBCE 是等腰梯形, 2BC DE , BD DE CE  , ADE△ 是等边三角形,点 F 在 AC 上.且 3AC AF . (1)证明: AD∥平面 BEF ; (2)若平面 ADE  平面 BCED ,求二面角 A BE F  的余弦值. 19.(12 分)近年来,随着科学技术迅猛发展,国内有实力的企业纷纷进行海外布局,如在智 能手机行业,国产品牌已在赶超国外巨头,某品牌手机公司一直默默拓展海外市场,在海外 设多个分支机构需要国内公司外派大量 80 后、90 后中青年员工.该企业为了解这两个年龄层 员工对是否愿意接受外派工作的态度随机调查了 100 位员工,得到数据如下表: 愿意接受外派人数 不愿意接受外派人数 合计 80 后 20 20 40 90 后 40 20 60 合计 60 40 100 (1)根据调查的数据,判断能否在犯错误的概率不超过 01.的前提下认为“是否愿意接受外派 与年龄层有关”,并说明理由; (2)该公司选派 12 人参观驻海外分支机构的交流体验活动,在参与调查的 80 后员工中用分 层抽样方法抽出 6 名,组成 80 后组,在参与调查的 90 后员工中,也用分层抽样方法抽出 6 名,组成 90 后组. ①求这 12 人中,80 后组、90 后组愿意接受外派的人数各有多少? ②为方便交流,在 80 后组、90 后组中各选出 3 人进行交流,记在 80 后组中选到愿意接受外 派的人数为 x ,在 90 后组中选到愿意接受外派的人数为 y ,求 x y 的概率. 参考数据:  2 0P k k 015. 010. 0 05. 0 025. 0 010. 0 005. 0k 2 072. 2 706. 3 841. 5 024. 6 635. 7 879. 参考公式:      2 2 (= n ad bck a b c d a c b d      ) ,其中 n a b c d    . 20.(12 分)设抛物线的顶点为坐标原点,焦点 F 在 y 轴的正半轴上,点 A 是抛物线上的一点, - 5 - 以 A 为圆心,2 为半径的圆与 y 轴相切,切点为 F . (1)求抛物线的标准方程: (2)设直线 m 在 y 轴上的截距为 6,且与抛物线交于 P , Q两点,连接 QF 并延长交抛物线 的准线于点 R ,当直线 PR 恰与抛物线相切时,求直线 m 的方程. 21.(12 分)已知函数   1ln xf x k x x   ,且曲线  y f x 在点   1 1f, 处的切线与 y 轴垂直. (1)求函数  f x 的单调区间; (2)若对任意    01 1,ex , (其中 e为自然对数的底数),都有   1 1 ( 0)1 f x ax x a    恒成立, 求 a 的取值范围. 请考生在 22、23 题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分。 22.(10 分)【选修 4-4:坐标系与参数方程】 在直角坐标系 xOy 中,以坐标原点 O为极点,以 x 轴正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线 C 的 极坐标方程为 sin cos    ,点 P 的曲线 C 上运动. (1)若点 Q在射线 OP 上,且 4OP OQ  ,求点 Q的轨迹的直角坐标方程; (2)设 3π4 4M      , ,求 MOP△ 面积的最大值. 23.(10 分)【选修 4-5:不等式选讲】 设 0a  , 0b  ,且 2 2 2a b ab  ,求证: (1) 3 3 2a b  ; (2)   5 5 4a b a b   . - 6 - 高考数学模拟训练题答案(第 43 套) 1【答案】B 【解析】由题意得    2 0 0 1N x x x x x M      .选 B. 2.【答案】A 【解析】由    2 i 3 i 3 5 ix y     ,得    6 3 2 i 3 5 ix x y      , ∴ 6 3 3 2 5 x x y         ,解得 3 4 x y       ,∴ i 3 4i 5x y     .选 A. 3.【答案】B 【解析】由频率分布直方图可得,320 名学生中每周的自习时间不足 22 5.小时的人数是  320 0 02 0 07 25 72   . . . 人.选 B. 4. 【答案】C 【解析】二项式 51 x 展开式的通项为  1 5C 0,1,2,3,4,5r r rT x r   ,故展开式中 2x 的系数 为 2 4 5 5C C 10 5 5    .选 C. 5. 【答案】A 【解析】由 5c a  可得 2 25c a ,∴ 2 2 25a b a  ,故 2 2 4b a  . ∴双曲线的渐近线方程为 2y x  ,由题意得  ,2M c c ,  , 2N c c  , ∴ 1 4 202OMNS c c   △ ,解得 2 10c  ,∴ 2 2a  , 2 8b  , ∴双曲线的方程为 2 2 12 8 x y  .选 A. 6【答案】D 【解析】由三视图可得,该几何体是一个三棱柱与一个圆柱的组合体(如图所示), 其体积 2π 2 1 2 2 4πV       . - 7 - 7. 【答案】C 【解析】运行框图中的程序可得 ① 1k  , 21 22S    ,不满足条件,继续运行; ② 2k  , 2 82 =3 3S   ,不满足条件,继续运行; ③ 3k  , 8 2 19+ =3 4 6S  ,不满足条件,继续运行; ④ 4k  , 19 2 107 6 5 30S    ,不满足条件,继续运行; ⑤ =5k , 107 2 117= + = =3930 6 30S .,满足条件,停止运行,输出 =3 9S ..选 C. 8. 【答案】B 【解析】由题意得 1q   .由 6 39S S 得    6 3 1 11 1 91 1 a q a q q q      , ∴ 31 9q  ,∴ 2q  .又  5 1 5 1 1 2 31 621 2 a S a     ,∴ 1 2a  .选 B. 9. 【答案】D 【解析】由题意得 2π π2  ,故 1  ,∴    cos 2f x x   , ∴   π πcos 2 cos 2 cos26 3g x x x x                    , ∴ π 3   ,∴   πcos 2 3f x x     . - 8 - ∵ 2π 2π π 5π 1cos 2 cos 13 3 3 3 2f                 , π π π 2π 1cos 2 cos 16 6 3 3 2f                  , ∴选项 A,B 不正确. 又  2π 2π πcos 2 cos π 1 03 3 3f                    , 5π 5π π πcos 2 cos 012 12 3 2f                        ,∴选项 C 不正确,选项 D 正确.选 D. 10. 【答案】C 【解析】由 5AB  , 12BC  , 13AC  ,得 2 22 +AB BC AC ,∴ AB BC . 设球半径为 R , 1AA x ,则由 1AA  平面 ABC 知 1AC 为外接球的直径, 在 1Rt A AC△ 中,有  22 213 2x R  ,又 24π 194πR  ,∴ 24 194R  ,∴ 5x  . ∴ 1 1 30 2AB CS △ , 1 25 2ABBS △ . 设点 B 到平面 1 1AB C 的距离为 d , 则由 1 1 1 1B AB C C ABBV V  ,得 1 1 2530 2 123 3 2d     , ∴ 5 2 2d  ,又 1 13BC  ,∴直线 1BC 与平面 1 1AB C 所成角正弦值为 1 5 2 26 d BC  .选 C. 11. 【答案】D 【解析】由已知得 2 2b  ,故 1b  ;∵ 1F AB△ 的面积为 2 3 2  , ∴  1 2 3 2 2a c b   ,∴ 2 3a c   ,又   2 2 2 1a c a c a c b      , ∴ 2a  , 3c  ,∴   1 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 2 4 4 4 PF PF a PF PF PF PF PF PF PF PF        , - 9 - 又 12 3 2 3PF    ,∴ 2 1 11 4 4PF PF    ,∴ 1 2 1 11 4PF PF    . 即 1 2 1 1 PF PF  的取值范围为 1 4, .选 D. 12. 【答案】A 【解析】由 2e x a x 得 2lnx xa  在 21 eex     , 上恒成立,即 1 2ln x a x  在 21 eex     , 上恒 成立. 令   2ln xf x x  , 21 eex     , ,则     2 2 1 ln xf x x   , ∴当 1 eex      , 时,   0f x  ,  f x 单调递增, 当 2e ex    , 时,   0f x  ,  f x 单调递减. ∴    max 2e ef x f  ,∴  1 2e efa   , ∴ e0 2a  .故实数 a 的取值范围是 e0 2      , .选 A. 13【答案】 2 【解析】作出不等式组表示的可行域,为如图所示的四边形 OABC ,且  0 0O , ,  01A , ,  2 2B , ,  4 0C , . 由 z ax y  得 y ax z   , ①当 0a  时,平移直线 y ax z   ,结合图形得当直线经过点  4 0C , 时,直线在 y 轴上的截 距最小,此时 z 取得最小值,且 min 4z a ,由 4 8a   ,得 2a   ,符合题意. - 10 - ②当 0a  时,平移直线 y ax z   ,结合图形得当直线经过点  0 0O , 时,直线在 y 轴上的截 距最小,此时 z 取得最小值,且 min 0z  ,不合题意. 综上 2a   . 14【答案】  5 4 , 【解析】∵函数  f x 是偶函数,且 0x  时,    lg 1f x x  , ∴ 0x  时,  f x 单调递增,∴ 0x  时,  f x 单调递减. 又    9 lg 9 1 1f    ,∴不等式  2 1 1f x   可化为    2 1 9f x f  , ∴ 2 1 9x   ,∴ 9 2 1 9x    ,解得 5 4x   , ∴实数 x 取值范围是  5 4 , . 15.【答案】13 【解析】由 1AE BD   ,得 2 21 1 1( ) ( ) 12 2 2AD AB AD AB AD AB AD AB               , 设 AB m ,∴ 21 14 12 2m m   ,解得 3m  . ∴ 2 21 3 1( )( ) +2 2 2BD BE AD AB AD AB AD AD AB AB                3 1 94 2 3 132 2 2        . 16.【答案】 2n 【解析】由  1 1 2 1n n na a a    得  1 1 2 2n n n na a a a n      . 又  3 1 22 1 10a a a    , 4 1 2 3 4 414 30S a a a a a       , ∴ 4 16a  .又  4 2 32 1a a a   ,∴ 3 9a  ,∴ 1 1a  ,∴ 2 1 3a a  , ∴数列 1n na a  是首项为 3 ,公差为 2 的等差数列, ∴    1 3 2 2 2 1 2n na a n n n       , ∴ 当 2n  时 ,      1 1 2 2 1 1n n n n na a a a a a a a         ...     22 1 2 3 1n n n      ... , 又 1 1a  满足上式,∴  2 * na n n N . 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 - 11 - 17.【答案】(1) π 3B  ;(2) 3 3 4 . 【解析】(1)由 sin 1 2sin sin 2cos B A C C  及  sin sinA B C  , 得  2sin cos 2sin sin 2sin cos 2cos sin sinB C B C C B C B C C      , 2cos sin sinB C C  ,又在 ABC△ 中, sin 0C  , 1cos 2B  , 0 πB  , π 3B  . (2)在 ABC△ 中,由余弦定理得 2 2 2 2 cosb a c ac B   ,即 27 1 c c   , 2 6 0c c    ,解得 3c  , ∴ ABC△ 的面积 1 3 3sin2 4S ac B  . 18. 【答案】(1)见解析;(2) 11 13 . 【解析】(1)连 DC ,交 BE 于点 G ,连 FG . ∵在等腰梯形 DBCE 中, BD DE CE  , 2BC DE , BC DE ∥ , 2CG BC DG DE    , 3AC AF , 2CF AF   , CF CG AF DG   , AD FG ∥ ,又 AD  平面 BEF , FG  平面 BEF , ∴ AD∥平面 BEF . (2)取 DE 中点O,BC 中点 H ,连 AO ,OH ,显然 AO DE .又平面 ADE  平面 BCED , 平面 ADE  平面 BCED DE ,所以 AO  平面 BCED .由于 O 、 H 分别为 DE 、 BC 中点, 且在等腰梯形 DBCE 中, 2BC DE ,则 OH DE . 以O 为原点建立下图所示空间直角坐标系 O xyz . - 12 - 设 2 ( 0)BC a a  ,则 3 02B a a       , , , 3 02C a a      , , , 0 02 aE    ,, , 30 0 2A a       ,, , ∴ 3 3 2 2AB a a a        , , , 302 2 aAE a         ,, , 3 3 02 2 aBE a         , , , ∴ 2 2 3 3 4 3 3( 2 0 0)3 3 2 2 3 3 3BF BC CF BC CA a a a a a a a                             ,, , , , , , 设平面 ABE 的一个法向量为  1 1 1x y zu , , , 可得 1 1 1 1 1 3 3 02 2 3 02 2 AB ax ay az aAE x az             u u   , 令 1 1z  ,可得 1 3x   , 1 3y  ,则  3 31 u ,, . 设平面 FBE 的一个法向量为  2 2 2x y zv , , , 可得 2 2 2 2 2 3 3 02 2 4 3 3 03 3 3 aBE x ay BF ax ay az                v v   , 令 2 3y  ,可得 2 1x   , 2 3 3z   ,则 31 3 3        v , , . ∴ 3 113 3 3 3 113 3cos 131 1313 1 3 133 3 ,           u vu v u v , 由图形知,二面角 A BE F  为锐角, ∴二面角 A BE F  的余弦值为 11 13 . 19.【答案】(1)能在犯错误的概率不超过 01.的前提下认为“是否愿意接受外派与年龄有关”; - 13 - (2)①3,4.② 1 2 . 【解析】(1)由列联表可得  2 2 100 20 20 40 20 400 400 100 2 778 2 70660 40 60 40 5760000k            . . , 所以能在犯错误的概率不超过 01.的前提下认为“是否愿意接受外派与年龄有关”. (2)①由分层抽样知 80 后组中,愿意接受外派人数为 3,在 90 后组中,愿意接受外派人数 为 4. ②“ x y ”包含“ 0x  , 1y  ”,“ 0x  , 2y  ”,“ 0x  , 3y  ”,“ 1x  , 2y  ”,“ 1x  , 3y  ”,“ 2x  , 3y  ”六种情况. 且   0 3 1 2 3 3 4 2 3 3 6 6 C C C C 10 1 C C 100P x y    , ,   0 3 2 1 3 3 4 2 3 3 6 6 C C C C 30 2 C C 100P x y    , ,   0 3 3 0 3 3 4 2 3 3 6 6 C C C C 10 3 C C 100P x y    , ,   1 2 2 1 3 3 4 2 3 3 6 6 C C C C 271 2 C C 100P x y    , ,   1 2 3 0 3 3 4 2 3 3 6 6 C C C C 91 3 C C 100P x y    , ,   2 1 3 0 3 3 4 2 3 3 6 6 C C C C 92 3 C C 100P x y    , . ∴ 1 3 1 27 9 9 1( ) 100 2P x y        .即 x y 的概率为 1 2 . 20. 【答案】(1) 2 4x y ;(2)直线 m 的方程为 1 62y x  或 1 62y x   . 【解析】(1)设抛物线方程为 2 2 ( 0)x py p  , ∵以 A为圆心, 2 为半径的圆与 y 轴相切,切点为 F , ∴ =2p ,∴该抛物线的标准方程为 2 4x y . (2)由题知直线 m 的斜率存在,设其方程为 6y kx  , 由 2 6 4 y kx x y       消去 y 整理得 2 4 24 0x kx   , 显然 216 96 0k    .设  1 1P x y, ,  2 2Q x y, ,则 1 2 1 2 4 • 24 x x k x x        . 抛物线在点 2 1 1 4 xP x      , 处的切线方程为   2 1 1 14 2 x xy x x   , 令 1y   ,得 2 1 1 4 2 xx x  ,可得点 2 1 1 4 12 xR x       , , - 14 - 由Q , F , R 三点共线得 QF FRk k , ∴ 2 2 2 12 1 1 1 14 4 2 x xx x     ,即   2 2 1 2 1 24 4 16 0x x x x    , 整理得  22 1 2 1 2 1 2 1 2( ) 4 2 16 16 0x x x x x x x x        , ∴       2 224 4 4 2 24 16 16 24 0k            , 解得 2 1 4k  ,即 1 2k   , ∴所求直线 m 的方程为 1 62y x  或 1 62y x   . 21. 【答案】(1)单调减区间为  01, ,单调增区间为  1  , ;(2) e 1  , . 【解析】(1)∵   1ln xf x k x x   ,定义域为  0  , , ∴   2 2 1 1k kxf x x x x     .由题意知  1 1 0f k    ,解得 1k  , ∴   2 1xf x x   ,由   0f x  ,解得 1x  ;由   0f x  ,解得 0 1x  ,  f x 的单调减区间为  01, ,单调增区间为  1  , . (2)由(1)知   1ln 1f x x x    ,     1 ln 1 1 1 ln 1 1 1 1 1 f x x x x x x x x x x x            . 设   ln 1 xm x x   ,则    2 1 ln 1 x x xm x x x     , 令   1 lnn x x x x   ,则   1 ln 1 lnn x x x      , 1x  时,   0n x  ,故  n x 在 1 +, 上单调递减,    1 0n x n   ,  1 ex  , 时,   0m x  ,  m x 单调递减,  1 ex  , 时,     1e e 1m x m   , 由题意知 1 1 e 1a   ,又 0a  , e 1a   . 下面证明当 e 1a   , 0 1x  时, ln 1 1 x x a  成立, - 15 - 即证 ln 1a x x  成立, 令   ln 1x a x x    ,则   1a a xx x x      , 由 e 1a   , 0 1x  ,得   0x  ,故  x 在  01,是增函数,  01x  , 时,    1 0x   , ln 1a x x   成立,即 ln 1 1 x x a  成立, 故正数 a 的取值范围是 e 1  , . 请考生在 22、23 题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分。 22. 【答案】(1) 4x y  ;(2) 2 2 . 【解析】(1)设  ,Q   ,则   1 10,, 0P      , 又 4OP OQ  , 1 4  , 1 4   , 4 sin cos    , cos sin 4      . 将 cosx   , siny   代入上式可得点Q 的直角坐标方程为 4x y  . (2)设   , 0P     ,则 cos sin    , 3π4 4M      , , MOP△ 的面积 1 3π 2 24 sin 2 cos sin2 4 2 2S                22 cos sin 2 1 sin 2 2 2       , 当且仅当 sin 2 1  ,即 π 4   时等号成立. MOP△ 面积的最大值为 2 2 . (用直角坐标方程求解,参照给分) 23.【答案】(1)见解析;(2)见解析. 【解析】(1) 0a  , 0b  , 2 2 2a b ab  ,      3 3 3 3 2 2 2 22a b a b a b ab a a b b b a                 22 2 0a b a b a b a b       , 3 3 2a b   . - 16 - (2)     25 5 6 6 5 5 3 3 3 3 5 52a b a b a b a b ab a b a b a b ab                  2 2 23 3 4 2 2 4 3 3 2 22a b ab a a b b a b ab a b         , 0a  , 0b  , 3 3 2a b  ,   5 5 22 4a b a b     .