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- 2021-06-24 发布
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高考模拟试卷(四)
(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＝，B＝{y|y＝ex＋1，x≤0}，则下列结论正确的是( )
A．A＝B B．A∪B＝R
C．A∩(∁RB)＝∅ D．B∩(∁RA)＝∅
答案 D
解析 由题意得集合A＝{y|02}，所以B∩(∁RA)＝∅，
故选D.
2．设z＝(i为虚数单位)，则等于( )
A. B. C. D．2
答案 B
解析 复数z＝＝＝－＋i，
则|z|＝，＝，故选B.
3．在(1－x)5＋(1－x)6＋(1－x)7＋(1－x)8的展开式中，含x3的项的系数是( )
A．121 B．－74 C．74 D．－121
答案 D
解析 展开式中含x3的项的系数是－C－C－C－C＝－10－20－35－56＝－121，故选D.
4．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是( )
A．若m∥α，m∥β，则α∥β
B．若m⊥α，m∥β，则α∥β
C．若m⊥α，n∥α，则m∥n
D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
答案 D
解析 若m∥α，m∥β，则α，β可能平行或相交，A错误；若m⊥α，m∥β，则α⊥β，B错误；若m⊥α，n∥α，则m⊥n，C错误；若m⊥α，n⊥α，则m∥n，D正确，故选D.
5．若a，b∈R且a≠0，b≠0，则“<”是“>0”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 C
解析 当<时，－＝<0，
而＝＝＝>0，
充分性成立，反之，当>0时，因为a2＋ab＋b2＝2＋b2>0，所以>0，所以<0，必要性成立，所以“<”是“>0”的充要条件，故选C.
6．已知实数x，y满足条件若x2＋2y2≥m恒成立，则实数m的最大值为( )
A．5 B. C. D.
答案 D
解析 令x′＝x，y′＝y，
不等式组即为
问题转化为求目标函数z＝x′2＋y′2 的最小值，
作出不等式组对应的平面区域如图阴影部分(含边界)所示：
则z的几何意义是区域内的点到原点的距离的平方，由图象知O到直线2x′＋y′－4＝0的距离最小，此时原点到直线的距离d＝＝，则z＝d2＝，即m≤，
即实数m的最大值为.故选D.
7．已知函数f(x)＝x(1＋a|x|)(a∈R)，则在同一个坐标系下函数f(x＋a)与f(x)的图象不可能是( )
答案 D
解析 函数f(x)是奇函数，关于原点成中心对称，当a<0，x>0时，由1＋ax>0得x<－，所以当x∈时，f(x)>0，当a≥0，x>0时，f(x)在(0，＋∞)上恒大于0，因此由图象可知D错误；A，C中的图象说明a<0，那么f(x＋a)是向右平移|a|个单位长度，所以A，C正确；B中的a>0，那么f(x＋a)是向左平移|a|个单位长度，B正确，故选D.
8．过点M(2，－2p)引抛物线x2＝2py(p＞0)的切线，切点分别为A，B，若|AB|＝4，则p的值是( )
A．1或2 B.或2
C．1 D．2
答案 A
解析 设切点为，因为y′＝x，切线斜率存在，
所以切线斜率k＝＝t(t≠2)，
整理可得t2－4t－4p2＝0，
设切点A，B，
由根与系数的关系可得t1＋t2＝4，t1t2＝－4p2，
则(t1－t2)2＝(t1＋t2)2－4t1t2＝16(1＋p2)．
则|AB|＝
＝，
即|AB|＝4，
所以(1＋p2)＝10，
即p4－5p2＋4＝0，解得p2＝1或p2＝4，
即p＝1或p＝2，故选A.
9．在直三棱柱A1B1C1—ABC中，∠BAC＝，AB＝AC＝AA1＝1，已知G和E分别为A1B1和CC1的中点，D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点)，若GD⊥EF，则线段DF长度的取值范围为( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，E，G，F(x,0,0)，D(0，y,0)，＝，＝，x，y∈(0,1)．由于GD⊥EF，所以·＝0，
所以x＋2y－1＝0，x＝1－2y∈(0,1)，解得00，b∈R，记m(a，b)为f(x)的最小值，则当m(a，b)＝2时，b的取值范围为( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 由题意得当b>0时，
①当≥a，即2b≥a2时，由对勾函数的性质易得m(a，b)＝2＋a＝2，则2＝2－a，所以此时00)，
当k≥0时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)无最值；
当k<0时，g(x)在上单调递增，
在上单调递减，
∴g(x)的最大值为g，
∴－＝x0＝1，∴k＝－1，x0＝1.
(2)证明 设h(x)＝xex－x－ln x－1(x>0)，
则h′(x)＝(x＋1)ex－
＝(x＋1)·(x>0)．
设u(x)＝ex－(x>0)，
则u′(x)＝ex＋>0，
∴u(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又u＝－2<0，u(1)＝e－1>0，
∴存在x0∈，使u(x0)＝0，
即－＝0.
∴＝，即x0＝－ln x0.
∴h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)min＝h(x0)＝x0－x0－ln x0－1
＝1－x0－ln x0－1
＝1－x0＋x0－1＝0.
∴h(x)＝xex－x－ln x－1≥0恒成立，
∴xex≥x＋ln x＋1，即f(x)≥g(x)．
21．(15分)过点P(a，－2)作抛物线C：x2＝4y的两条切线，切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)证明：x1x2＋y1y2为定值；
(2)记△PAB的外接圆的圆心为点M，点F是抛物线C的焦点，对任意实数a，试判断以PM
为直径的圆是否恒过点F？并说明理由．
(1)证明 方法一 由x2＝4y得y＝x2，
所以y′＝x，且PA，PB的斜率存在．
所以直线PA的斜率为x1，直线PB的斜率为x2.
因为点A(x1，y1)和B(x2，y2)在抛物线C上，
所以y1＝x，y2＝x，
所以直线PA的方程为y－x＝x1(x－x1)．
因为点P(a，－2)在直线PA上，
所以－2－x＝x1(a－x1)，
即x－2ax1－8＝0.
同理，x－2ax2－8＝0.
所以x1，x2是方程x2－2ax－8＝0的两个根．
所以x1x2＝－8.
又y1y2＝x·x＝(x1x2)2＝4，
所以x1x2＋y1y2＝－4为定值．
方法二 由题意得切线斜率存在，设过点P(a，－2)且与抛物线C相切的切线方程为y＋2＝k(x－a)，
由
消去y，得x2－4kx＋4ka＋8＝0，
由Δ＝16k2－4(4ak＋8)＝0，
化简得k2－ak－2＝0.
设k1，k2是两条切线的斜率，
所以k1k2＝－2.
由x2＝4y得y＝x2，
所以y′＝x.
所以直线PA的斜率为k1＝x1，
直线PB的斜率为k2＝x2，
所以k1k2＝x1x2＝－2，
即x1x2＝－8.
又y1y2＝x·x＝(x1x2)2＝4，
所以x1x2＋y1y2＝－4为定值．
(2)解 方法一 直线PA的垂直平分线方程为y－＝－，
由于y1＝x，由(1)知，x－8＝2ax1，
所以直线PA的垂直平分线方程为
y－＝－，①
同理直线PB的垂直平分线方程为
y－＝－.②
由①②解得x＝a，y＝1＋，
所以M .
抛物线C的焦点为F(0,1)，
则＝，＝(－a,3)．
由于·＝－＝0，所以⊥.
所以以PM为直径的圆恒过点F.
方法二 以PM为直径的圆的方程为(x－a)＋(y＋2)＝0.
把点F(0,1)代入上面方程，知点F的坐标是方程的解．
所以以PM为直径的圆恒过点F.
22．(15分)已知数列{an}满足：a1＝1，＝1＋(n∈N*)．
(1)证明：an＋1≥an＋；
(2)证明：<<1.
证明 (1)由题意知，an＋1＝an＋，
an＋1－an＝>0，则an＋1>an≥a1＝1，
可得＝1＋≥1＋，
即an＋1≥an＋.
(2)因为＝1＋，
所以＝·.
由(1)知，0<<1，
所以＝－＝·<<＝－，
累加得－<1－，则an＋1，
所以－＝·>·＝＝－，
累加得－>－，
则an＋1>>，
即>.
综上，<<1.
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