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- 2021-06-24 发布
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高考模拟试卷(八)
(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.在复平面内,复数z=1-i对应的向量为,复数z2对应的向量为,那么向量对应的复数为( )
A.1-i B.1+i
C.-1+i D.-1-i
答案 D
解析 因为z2=-2i,而=-,
故向量对应的复数为-2i-(1-i)=-1-i,故选D.
2.设集合A=,B={(x,y)|y=3x},则A∩B的子集个数是( )
A.4 B.3 C.2 D.1
答案 A
解析 集合A是以原点为对称中心,长半轴长为4,短半轴长为2的椭圆;集合B是过点(0,1)的指数函数的图象,数形结合,可知两图象(图略)有两个交点,故A∩B中有两个元素,所以A∩B的子集个数是4,故选A.
3.“直线l与平面α内的一条直线平行”是“直线l与平面α平行”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 B
解析 当直线l在平面α内时,不能推出直线l与平面α平行;当直线l与平面α平行时,根据线面平行的性质知,在平面α内存在一条直线与直线l平行,所以“直线l与平面α内的一条直线平行”是“直线l与平面α平行”的必要不充分条件,故选B.
4.设函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0),则f(x)的奇偶性( )
A.与ω有关,且与φ有关 B.与ω有关,但与φ无关
C.与ω无关,且与φ无关 D.与ω无关,但与φ有关
答案 D
解析 ω决定函数f(x)=sin(ωx+φ)的最小正周期,φ决定函数f(x)=sin(ωx+φ)的图象沿x
轴平移的距离,所以函数f(x)=sin(ωx+φ)的奇偶性与ω无关,与φ有关,故选D.
5.已知(1+x)+(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,且a0+a1+a2+…+an=126,那么n的展开式中的常数项为( )
A.-15 B.15 C.20 D.-20
答案 D
解析 令x=1,得a0+a1+a2+…+an=2+22+…+2n==2n+1-2=126,则2n+1=128,解得n=6,
则二项展开式的通项为Tk+1=C()6-kk=C·(-1)kx3-k.
令3-k=0,得k=3,则常数项为-C=-20,故选D.
6.从双曲线-=1的左焦点F引圆x2+y2=3的切线FP交双曲线右支于点P,T为切点,M为线段FP的中点,O为坐标原点,则|MO|-|MT|等于( )
A. B.
C.- D.+
答案 C
解析 设双曲线的右焦点为F1,连接PF1.
因为点M为PF的中点,点O为F1F的中点,
所以|OM|=|PF1|=(|PF|-2)=|FM|-,
所以|OM|-|MT|=|FM|-|MT|-=|FT|-,
又直线FP与圆x2+y2=3相切于点T,
所以|FT|==,
则|OM|-|MT|=-,故选C.
7.已知函数f(x)(x∈R且x≠1)的图象关于点(1,0)对称,当x>1时,f(x)=loga(x-1),且f(3)=-1,则不等式f(x)>1的解集是( )
A.
B.(-∞,-3)∪
C.(-∞,-1)∪
D.(-∞,-1)∪
答案 D
解析 由f(3)=loga(3-1)=-1,得a=,
所以当x>1时,f(x)=(x-1)单调递减,
又由(x-1)=1,得x=,所以f(x)>1在(1,+∞)上的解集为;又函数f(x)的图象关于点(1,0)对称,所以函数f(x)在(-∞,1)上单调递减,且(3,-1)关于点(1,0)的对称点(-1,1)在函数图象上,所以不等式f(x)>1在(-∞,1)上的解集为(-∞,-1).
综上所述,不等式f(x)>1的解集为(-∞,-1)∪,故选D.
8.已知直线l:x+ay-1=0(a∈R)是圆C:x2+y2-4x-2y+1=0的对称轴,过点A(-4,a)作圆C的一条切线,切点为B,则|AB|等于( )
A.2 B.4 C.6 D.2
答案 C
解析 根据直线与圆的位置关系求解.
由于直线x+ay-1=0是圆C:x2+y2-4x-2y+1=0的对称轴,∴圆心C(2,1)在直线x+ay-1=0上,∴2+a-1=0,∴a=-1,∴A(-4,-1).
∴|AC|2=36+4=40.又r=2,∴|AB|2=40-4=36.
∴|AB|=6,故选C.
9.已知f(x)=x2+3x,若|x-a|≤1,则下列不等式一定成立的是( )
A.|f(x)-f(a)|≤3|a|+3 B.|f(x)-f(a)|≤2|a|+4
C.|f(x)-f(a)|≤|a|+5 D.|f(x)-f(a)|≤2(|a|+1)2
答案 B
解析 ∵f(x)=x2+3x,
∴f(x)-f(a)=x2+3x-(a2+3a)=(x-a)(x+a+3),
∴|f(x)-f(a)|=|(x-a)(x+a+3)|=|x-a||x+a+3|,
∵|x-a|≤1,∴a-1≤x≤a+1,∴2a+2≤x+a+3≤2a+4,
∴|f(x)-f(a)|=|x-a||x+a+3|≤|2a+4|≤2|a|+4,或|f(x)-f(a)|=|x-a||x+a+3|≤|2a+2|≤2|a|+2<2|a|+4,故选B.
10.如图,平面PAB⊥平面α,AB⊂α,且△PAB为正三角形,点D是平面α内的动点,四边形ABCD是菱形,点O为AB的中点,AC与OD交于点Q,l⊂α,且l⊥AB,则PQ与l所成角的正切值的最小值为( )
A. B. C. D.3
答案 B
解析 如图,过点D,Q分别作DE⊥AB于点E,QH⊥AB于点H,连接PH,设∠ABC为θ,
则QH=DE=ADsin θ,
OH=OE=,
设AD=AB=3,则QH=sin θ,
OH=cos θ+,PO=,
∴PH==,
要求的角即为∠PQH,∴tan∠PQH=,
令cos θ=t,-11时,由f(x)=4,得2+logx=4,则x=<1,不合题意;当x≤1时,由f(x)=4,得2+4x=4,则x=
<1,符合题意.
12.某几何体三视图如图所示,则该几何体的体积为______,表面积为________.
答案 8+4
解析 由三视图得该几何体为底面边长为2的正方形,有一条长度为2的侧棱垂直于底面的四棱锥,则其体积为×2×2×2=,表面积为2×2+2××2×2+2××2×2=8+4.
13.已知数列{an}是公差为1的等差数列,数列{2an}的前5项和等于62,则数列{an}的通项公式为________;其前10项和为________,其中n∈N*.
答案 an=n 55
解析 由an+1-an=1,知=2,所以{}是等比数列,由数列{}的前5项和S5==62,得a1=1,所以an=n,数列{an}的前10项和T10=55.
14.在一个袋子中装有标注数字1,2,3,4的四个小球,这些小球除标注的数字外完全相同,现从中随机取出一个小球,记下数字后放回袋中,这样连续进行3次,则以记下的三个数字为边,不能组成三角形的概率为________.
答案
解析 连续取3次,共有4×4×4=64(种)不同的结果,其中不能组成三角形的数字的组合有(1,1,2),(1,1,3),(1,1,4),(2,2,4),(1,2,3),(1,2,4),(1,3,4),有4C+3A=30(种),故所求概率为=.
15.学校5月1日至5月3日拟安排6位老师值班,要求每人值班1天,每天安排2人,若6位老师中,甲不能值2日,乙不能值3日,则不同的安排值班方法数为________.
答案 42
解析 方法一 6位老师每人值班1天,每天安排2人,共有CCC种,安排甲2日值班或安排乙
3日值班,均有CCC种,而安排甲2日值班且安排乙3日值班共有CCC种,所以依题意可得不同的安排值班方法数为CCC-2CCC+CCC=42.
方法二 可分两类:第一类,安排甲3日值班且乙3日不值班,则满足条件的不同排法有CCCC种;第二类,安排甲1日值班且乙3日不值班,则满足条件的不同排法有CCC+CCC种;根据分类加法计数原理,满足题意的排法总数为CCCC+CCC+CCC=42.
16.已知函数f(x)=asin 2x+bcos 2x(a,b∈R,且ab≠0),则其最小正周期T=________;若其图象关于直线x=对称,则直线ax+by+2=0的倾斜角α=________.
答案 π 120°
解析 显然最小正周期T=π.因为函数y=f(x)的图象关于直线x=对称,所以f(0)=f ,即b=a-b,亦即a=b,故-=-,所以α=120°.
17.设A={(x,y)|x2-a(2x+y)+4a2=0},B={(x,y)||y|≥b|x|},若对任意实数a,均有A⊆B成立,则实数b的最大值为________.
答案 2
解析 (1)当b≤0时,集合B表示的是整个坐标平面上的所有点,显然对任意实数a,均有A⊆B成立.
(2)当b>0时,集合B表示的是两条直线y=±bx围成的上下对角区域,如图阴影部分(含边界)所示,若a=0,则A={(x,y)|x=0},即集合A表示y轴上的所有点,满足A⊆B成立.若a≠0,由x2-a(2x+y)+4a2=0,得y=x2-2x+4a,
则此抛物线与直线y=bx至多有一个公共点,且与y=-bx至多有一个公共点,即方程bx=x2-2x+4a,方程-bx=x2-2x+4a都至多有一个解,即方程x2-(2a+ab)x+4a2=0和方程x2-(2a-ab)x+4a2=0都至多有一个解,
则解得-2≤b≤2.
因为b>0,所以00),
设切点为P(x0,y0),则切线方程为y-ln x0-=(x-x0),
∵切线过点(0,1),∴1-ln x0-=(-x0),
∴1-ln x0-=-1+,∴=2-ln x0,解得2m=2x0-x0ln x0,
设h(x)=2x-xln x,则h′(x)=2-1-ln x=1-ln x,
令h′(x)=0,则x=e,
∴当x∈(0,e)时,h′(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(e,+∞)时,h′(x)<0,h(x)单调递减.
∴h(x)max=h(e)=e,当x→+∞时,h(x)→-∞.
∴m≤.即m的取值范围是.
(2)当m=1时,f(x)=ln x+(x>0),
∵g(x)=x-ln x-af(x)+2,
∴g(x)=x-(a+1)ln x-+2,
g′(x)=1-+==.
①解 (ⅰ)当a≤0时,g(x)在区间(0,1)上是减函数,在区间(1,+∞)上是增函数;
(ⅱ)当01时,g(x)在区间(1,a)上是减函数,在区间(0,1),(a,+∞)上是增函数.
②证明 当a=-2时,g(x)=x+ln x++2,
要证明g(x)≤ex+x+,只需证明ln x+2≤ex,
而ln x+2≤x-1+2=x+1≤ex,所以g(x)≤ex+x+成立.
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