- 277.65 KB
- 2021-07-01 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
高考模拟试卷(三)
(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∁RM={x|ln|x|>1},N= y|y=1
x
,x>0 ,则 M∪N 等于( )
A.(0,e] B.[-e,+∞)
C.(-∞,-e]∪(0,+∞) D.[-e,e]
答案 B
解析 由 ln|x|>1,得|x|>e,
∴M=[-e,e],N=(0,+∞),
∴M∪N=[-e,+∞).
故选 B.
2.已知 a=20.3,b=0.32,c=log0.32,则( )
A.b1,b=0.32∈(0,1),c=log0.32<0,所以 c0)的图象如图所示,则函数 y=ax+b 的图象可能是( )
答案 A
解析 由图象可得 3
4T<π,即3
4
×2π
a <π,解得 a>3
2
,01,与 y 轴的交点在(0,1)的上方,故选 A.
6.从 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 这 10 个数中任取 3 个不同的数,每个数被取到的可能性相同,则
这 3 个数的和恰好能被 3 整除的概率是( )
A. 1
20 B. 1
10 C. 3
10 D. 7
20
答案 D
解析 从 10 个数中任取 3 个,共有 C310=120(种)取法,若所取的 3 个数的和恰能被 3 整除,
则第一类:这 3 个数从 1,4,7,10 中取,共有 C34=4(种)取法;第二类:这 3 个数从 2,5,8 中取,
共有 C33=1(种)取法;第三类:这 3 个数从 3,6,9 中取,共有 C33=1(种)取法;第四类:这 3
个数从 1,4,7,10 中取 1 个数,从 2,5,8 中取 1 个数,从 3,6,9 中取 1 个数,共有 4×3×3=36(种)
取法,所以所取的 3 个数的和恰好能被 3 整除的概率是4+1+1+36
120
= 7
20
,故选 D.
7.已知实数 x,y 满足
0≤x≤1,
0≤y≤1,
y≥x+b,
若 z=x-y 的最大值为 1,则实数 b 的取值范围是( )
A.[1,+∞) B.(-∞,1]
C.[-1,+∞) D.(-∞,-1]
答案 D
解析 作出不等式组所表示的平面区域如图(阴影部分含边界)所示,观察可知目标函数在点
(1,0)处取到最大值为 1,因此 y=x+b 在不等式组
0≤x≤1,
0≤y≤1,
y≥x+b
表示的可行域外,
故 0≥1+b,解得 b≤-1,故选 D.
8.已知在△ABC 中,CA=2,O 为△ABC 的外心,OC→ =OA→ +OB→ ,CD→ =mCA→+nCB→(m∈R,
m≠0,n∈R),则|CD→ |
|m|
的最小值为( )
A. 3
3 B.1
3 C. 3 D.3
答案 C
解析 由题意可知四边形 OACB 为菱形,∠ACB=2π
3
,CB=CA=2.
所以|CD→ |2
|m|2
=4m2-mn+n2
m2
=4
n
m 2-n
m
+1 ≥3,
当n
m
=1
2
时,等号成立,所以|CD→ |
|m|
的最小值为 3,故选 C.
9.过双曲线x2
a2
-y2
b2
=1(a>0,b>0)上任意一点 P,作与 y 轴平行的直线,交两渐近线于 A,B
两点,若PA→·PB→=-a2
4
,则该双曲线的离心率为( )
A. 10
3 B. 3 C. 6
2 D. 5
2
答案 D
解析 设 P(x0,y0),则由双曲线的对称性,
不妨令 A x0,b
ax0 ,B x0,-b
ax0 ,
从而PA→= 0,b
ax0-y0 ,PB→= 0,-b
ax0-y0 ,
则PA→·PB→=y20-b2
a2x20=-a2
4 .又点 P 在双曲线上,
所以x20
a2
-y20
b2
=1,故有-a2
4
=y20-b2
a2·x20=-b2,
即有 4b2=a2,
又 c2=a2+b2,得 4c2=5a2,即 e= 5
2
,故选 D.
10.已知函数 f(x)=ax2+(b-a)x+c-b(其中 a>b>c),且 a+b+c=0,x1,x2 为 f(x)的两个零
点,则|x1-x2|的取值范围为( )
A.
3
2
,2 3 B.(2,2 3)
C.(1,2) D.(1,2 3)
答案 A
解析 由 a>b>c,a+b+c=0,知 a>0>c.
由题意得 x1,x2 是方程 ax2+(b-a)x+c-b=0 的两个根,故 x1+x2=-b-a
a
,x1x2=c-b
a
,
则|x1-x2|= x1+x22-4x1x2=
b-a
a 2-4·c-b
a
= b-a2-4ac-b
a
= b+a2-4ac
a
= -c2-4ac
a
= c2-4ac
a
=
c
a 2-4·c
a
=
c
a
-2 2-4.
因为 a>b>c,a+b+c=0,
所以 a>-(a+c)>c,所以-20,n>0,上式转化为n+1
m
+m+1
n
=m+n+1,
即m2+n2+m+n
mn
=m+n+1,
又由基本不等式得 m2+n2≥m+n2
2
,mn≤m+n2
4
,
所以有 m+n+1=m2+n2+m+n
mn
≥
m+n2
2
+m+n
m+n2
4
,
令 t=m+n,则 t>0,上式转化为 t+1≥
t2
2
+t
t2
4
,
即 t2-t-4≥0,
解得 t≥1+ 17
2
,
所以 t=m+n=a
c
+b
c
=a+b
c
的最小值为1+ 17
2
(当且仅当 a=b 时,等号成立).
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)
18.(14 分)已知函数 f(x)=2sin(2x+φ)
-π
2<φ<0 ,且 f
π
4 =1.
(1)求φ的值;
(2)若函数 F(x)=f(x)·f x+π
6 -m 在 - π
12
,π
6 上存在零点,求实数 m 的取值范围.
解 (1)由 f
π
4 =2sin
π
2
+φ =1,
得 cos φ=1
2
,
又-π
2<φ<0,所以φ=-π
3.
(2)F(x)=f(x)·f x+π
6 -m=2sin 2x-π
3 ·2sin 2x-m=4sin 2x
1
2sin 2x- 3
2 cos 2x -m
=2sin22x-2 3sin 2xcos 2x-m=1-cos 4x- 3sin 4x-m=1-m-2sin 4x+π
6 ,
由 F(x)在 - π
12
,π
6 上有零点,得 m=1-2sin 4x+π
6 在 - π
12
,π
6 上有解,
因为 x∈ - π
12
,π
6 ,
则-π
6<4x+π
6<5π
6
,
则-1
22
3
;
另一方面,f′(x)=12x2- 2
1+x3
=2[6x21+x3-1]
1+x3
,
显然函数 h(x)=6x2(1+x)3-1 在[0,1]上单调递增,而 h(0)=-1<0,h(1)=47>0,
故 h(x)在(0,1)内存在唯一的零点 x0,
即 f′(x0)=0,且当 x∈(0,x0)时,f′(x)<0;
当 x∈(x0,1)时,f′(x)>0,
故 f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,1)上单调递增,
因此在[0,1]上,f(x)≤max{f(0),f(1)}=max 1,17
4 =17
4 .
综上,2
30)的焦点为 F,以 A(x1,y1)(x1≥0)为直角顶点的等
腰直角△ABC 的三个顶点 A,B,C 均在抛物线 C 上.
(1)过 Q(0,-3)作抛物线 C 的切线 l,切点为 R,点 F 到切线 l 的距离为 2,求抛物线 C 的
方程;
(2)求△ABC 面积的最小值.
解 (1)过点 Q(0,-3)的抛物线 C 的切线 l:y=kx-3,
联立抛物线 C:x2=2py(p>0),得 x2-2pkx+6p=0,
Δ=4p2k2-4×6p=0,即 pk2=6.
∵F 0,p
2 ,F 到切线 l 的距离为 d=
|p
2
+3|
k2+1
=2,
化简得(p+6)2=16(k2+1),
∴(p+6)2=16
6
p
+1 =16p+6
p
,
∵p>0,
∴p+6>0,得 p2+6p-16=(p+8)(p-2)=0,
∴p=2.∴抛物线方程为 x2=4y.
(2)已知直线 AB 不会与坐标轴平行,设直线 AB:y-y1=t(x-x1)(t>0),联立抛物线方程,
得 x2-2ptx+2p(tx1-y1)=0,
则 x1+xB=2pt,
则 xB=2pt-x1,
同理可得 xC=-2p
t
-x1.
∵|AB|=|AC|,
即 1+t2|xB-x1|= 1+1
t2|xC-x1|,
∴t(xB-x1)=x1-xC,
即 x1=p t2-1
t
t+1
.
∴|AB|= 1+t2|xB-x1|
= 1+t2(2pt-2x1)
=2p 1+t2t2+1
tt+1 .
∵t2+1
t
≥2(当且仅当 t=1 时,等号成立),
t2+1
t+1
= t2+1
t2+2t+1
≥ t2+1
t2+1+t2+1
= 2
2 (当且仅当 t=1 时等号成立),故|AB|≥2 2p,
△ABC 面积的最小值为 4p2.
22.(15 分)已知数列{an}满足 a1=1,an+1·an=1
n(n∈N*).
(1)证明:an+2
n
= an
n+1
;
(2)证明:2( n+1-1)≤ 1
2a3
+ 1
3a4
+…+ 1
n+1an+2
≤n.
证明 (1)∵an+1·an=1
n
,①
∴an+2·an+1= 1
n+1
,②
而 a1=1,易得 an>0,
由②÷①得an+2·an+1
an+1·an
=an+2
an
= n
n+1
,∴an+2
n
= an
n+1.
(2)由(1)得(n+1)an+2=nan,
∴ 1
2a3
+ 1
3a4
+…+ 1
n+1an+2
= 1
a1
+ 1
2a2
+…+ 1
nan
.
令 bn=nan,则 bn·bn+1=nan·(n+1)an+1=n·n+1
n
=n+1,③
∴当 n≥2 时,bn-1·bn=n,④
由 b1=a1=1,b2=2,易得 bn>0,
由③-④得 1
bn
=bn+1-bn-1(n≥2).
∴b1
相关文档
- 2019年高考数学练习题汇总高考填空2021-07-016页
- 2019年高考数学练习题汇总2019届高2021-07-0117页
- 2019年高考数学练习题汇总小题提速2021-07-015页
- 2019年高考数学练习题汇总2019届高2021-07-0118页
- 2019年高考数学练习题汇总2019届高2021-07-0123页
- 2019年高考数学练习题汇总高考解答2021-07-015页
- 2019年高考数学练习题汇总10+7满分2021-07-016页
- 2019年高考数学练习题汇总10+7满分2021-07-017页
- 2019年高考数学练习题汇总2019届高2021-07-0120页
- 2019年高考数学练习题汇总高考填空2021-07-016页