高三数学高考模拟卷 11页

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  • 2021-05-13 发布

高三数学高考模拟卷

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高三数学模拟卷 (本试卷满分 160 分,考试时间 120 分钟) 一, 填空。(14×5) 1,已知 M={2,a,b},N={2a,2,b2},且 M=N,则(a,b)= 。 2,已知函数 f(x)满足:f(x)+2f(1/x)=x, f(x)= 。 3,三次掷骰,点数成等差数列的概率 P= 。 4,若 AB=2,AC= 2 BC,则△ABC 的面积最大值= 。 5,1+2x+3x2+…+nxn-1= 。 6,设 a>b>0,则 a2+ ab 1 + b)-(a 1 a 的最小值= 。 7,计算:cos7o+ cos47o + cos87o+…+ cos327o= 。 8,n,m 是两个单位向量,其夹角为 60o,则向量 a=2m+n 与 b=2n-3m 的夹角= 。 9,△ABC 中,已知 tanA=2,tanB=3,则角 C= 。 10,已知椭圆 x2/16+y2?/4=1,过点 P(2,1)作弦,使弦在这点被平分,则 此弦所在直线的方程为: 。 11, 一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 . 12,已知实数 yx, 满足       21 2 2 x yx yx ,则 |2| yxz  的最大值是 . (第 11 题) 1 1 正视图 1 侧视图 1 俯视图 13.执行下图所示的程序框图,输出结果 y 的值是_________. 14. 点 P(x,y)在曲线(x-2)2+2y2=1 上运动,则 2 x+2y2 的最大值是 . 二, 解答题。(6 大题,共 90 分) 15.(本小题满分 14 分) 已知函数 )sin()(   xAxf ( x R, 0A , 0 , 20   )图象如图,P 是图象的最 高点,Q 为图象与 x 轴的交点,O 为原点.且 2|| OQ , 2 5|| OP , 2 13|| PQ . (Ⅰ)求函数 )(xfy  的解析式; (Ⅱ)将函数 )(xfy  图象向右平移 1 个单位后得到函数 )(xgy  的 图 象 , 当 ]2,0[x 时 , 求 函 数 )()()( xgxfxh  的最大值. (正视图) (侧视图) (俯视图) 2 2 2 2 2 2 22 2 (第 12 题图) (第 13 题图) x y P QO (第 15 题) 16,(本题满分 14 分)如图,四边形 ABCD 中, BCD 为正三角形, 2 ABAD , 32BD , AC 与 BD 交于 O 点.将 ACD 沿边 AC 折起,使 D 点至 P 点,已知 PO 与平面 ABCD 所成的角为 ,且 P 点在平面 ABCD 内的射影落在 ACD 内. (Ⅰ)求证: AC 平面 PBD; (Ⅱ)若已知二面角 DPBA  的余弦值为 7 21 ,求 的大小. D A B C O P (第 16 题) 17,.(本题满分 14 分)数列 }{ na 是公比为 2 1 的等比数列,且 21 a 是 1a 与 31 a 的等比中 项,前 n 项和为 nS .数列 }{ nb 是等差数列, 81 b ,前 n 项和 nT 满足  (1 nn bnT 为常数,且 )1 . (Ⅰ)求数列 }{ na 的通项公式及  的值; (Ⅱ)比较 nTTT 111 21   与 nS2 1 的大小. 18,(本题满分 16 分)如图,分别过椭圆 E: )0(12 2 2 2  ba b y a x 左右焦点 1F 、 2F 的动 直线 l1、l2 相交于 P 点,与椭圆 E 分别交于 A、B 与 C、D 不同四点,直线 OA、OB、 OC、OD 的斜率 1k 、 2k 、 3k 、 4k 满足 4321 kkkk  .已知当 l1 与 x 轴重合时, 32|| AB , 3 34|| CD . (Ⅰ)求椭圆 E 的方程; (Ⅱ)是否存在定点 M、N,使得 |||| PNPM  为定值.若存在,求出 M、 N 点坐标,若不存在,说明理由. A O P D C B x y 1l 2l 1F 2F (第 18 题) 19,(本题满分 16 分)已知 0a ,函数 axx axf  ln)( , ],1[ 2ex . (Ⅰ)当 3a 时,求曲线 )(xfy  在点 ))3(,3( f 处的切线方程; (Ⅱ)若 2 3)( xf 恒成立,求实数 a 的取值范围. 20,(本题满分 16 分)已知 , ,a b c R ,满足 ( ) 1abc a b c   , (I)求 ( )( )S a c b c   的最小值; (II)当 S 取最小值时,求 c 的最大值. 答案:1,a=0,b=1 或 a=1/4,b=1/2;2,略;3,1/12;4,2 2 ;5,略;6, 略;7,0;8,120 度;9,45 度;10,x+2y-4=0;11,1/3;12,5;13,1;14, 2 2 32  . 15,解(Ⅰ)由余弦定理得 5 1 ||||2 ||||||cos 222  OQOP PQOQOPPOQ ,(2 分) ∴ 5 2sin POQ ,得 P 点坐标为 )1,2 1( . (3 分) ∴ 1A , 6)2 12(42   , 3   .(5 分) 由 1)6sin()2 1(  f , 20   得 3   . ∴ )(xfy  的解析式为 )33sin()(   xxf .(7 分) (Ⅱ) xxg 3sin)(  ,(9 分) xxxxxxgxfxh 3cos3sin2 3 3sin2 1 3sin)33sin()()()( 2   4 1)63 2sin(2 1 3 2sin4 3 4 3 2cos1      xx x .(12 分) 当 ]2,0[x 时, ]6 7,6[63 2  x , ∴ 当 263 2  x ,即 1x 时 4 3)(max xh .(14 分) 16,.解:(Ⅰ)易知 O 为 BD 的中点,则 AC BD ,又 AC PO , 又 BD PO O , ,BD PO  平面 PBD , 所以 AC  平面 PBD (5 分) (Ⅱ)方法一:以OB 为 x 轴, OC 为 y 轴,过O 垂直于 平面 ABC 向上的直线为 z 轴建立如图所示空间 直角坐标系,则 (0, 1,0)A  , ( 3,0,0)B ( 3 cos ,0, 3sin )P θ θ (7 分) 易知平面 PBD 的法向量为 (0,1,0)j  (8 分) ( 3,1,0)AB  , ( 3 cos ,1, 3sin )AP θ θ  设平面 ABP 的法向量为 ( , , )n x y z 则由 n AB n AP        得, 3 0 3 cos 3sin n AB x y n AP θx y θz=0               解得, 3 cos 1 sin y x θ+z xθ     ,令 1x  ,则 cos 1(1, 3, )sin θn θ   (11 分) D A B y O P (第 20 题) z x C 则 2 2 | | 3 21| cos , | 7| || | (cos 1)4 sin n jn j n j θ+ θ            解得, 2 2 (cos 1) 3sin θ+ θ  ,即 3sin cos 1θ θ= ,即 1sin 6 2 πθ =( ) , 又 πθ 0 2 ( , ),∴ πθ= 3 故 πθ= 3 .(14 分) 方法二: 作 OE PB ,连接 AE , 由(Ⅰ)知 AO  平面 PBD ,又 PB  平面 PBD , ∴ AO  PB ,又 AO OE O , ,AO OE  平面 AOE , ∴ PB  平面 AOE ,又 AE  平面 AOE , ∴ PB  AE , ∴ AEO 即为二面角 A PB D  的平面角 (8 分) 作 PF OD 于 F ,由 AC  平面 PBD 及 PF  平面 PBD 知, AC PF 又 OD AC O , ,OD AC  平面 ABCD ,所以 PF  平面 ABCD 所以 POF 即为直线 PO 与平面 ABCD 所成的角,即 POF θ  (10 分) 在 Rt AOE 中, 1, 3cos 3sinπ θ θAO OE 2 2 2        , 由 cos AEO = 21 7 知, tan 1 2 3 33sin AOAEO θOE 2     , 则 1sin 2 θ 2  ,又 πθ 0 2 ( , ),所以 πθ= 3 ,故 πθ= 3 .(14 分) 17,.解(Ⅰ)由题意 )1()1( 31 2 2  aaa ,即 )14 1()2 11( 11 2 1  aaa (2 分) 解得 2 1 1 a ,∴ n na )2 1( (4 分) 又      32 21 2 bT bT   ,即      )28(216 )8(8 dd d   (6 分) 解得      8 2 1 d  或      0 1 d  (舍)∴ 2 1 (8 分) (Ⅱ)由(Ⅰ)知 n nS )2 1(1 ∴ 4 1)2 1(2 1 2 1 1  n nS ①(10 分) 又 nnTn 44 2  , )1 11(4 1 )1(4 11  nnnnTn D A B C O P (第 20 题) E F ∴ 4 1)1 11(4 1)1 11 3 1 2 1 2 11(4 1111 21  nnnTTT n  ②(13 分) 由①②可知 n n STTT 2 1111 21   (14 分) 18,解(Ⅰ)当 l1 与 x 轴重合时, 04321  kkkk ,即 43 kk  ,(2 分) ∴ l2 垂直于 x 轴,得 322||  aAB , 3 342|| 2  a bCD ,(4 分) 得 3a , 2b , ∴ 椭圆 E 的方程为 123 22  yx .(6 分) (Ⅱ)焦点 1F 、 2F 坐标分别为(-1, 0)、(1, 0). 当直线 l1 或 l2 斜率不存在时,P 点坐标为(-1, 0)或(1, 0). 当直线 l1、l2 斜率存在时,设斜率分别为 1m , 2m ,设 ),( 11 yxA , ),( 22 yxB , 由      )1( 123 1 22 xmy yx 得 0636)32( 2 1 2 1 22 1  mxmxm , ∴ 2 1 2 1 21 32 6 m mxx   , 2 1 2 1 21 32 63 m mxx   .(8 分) )2()11( 21 21 1 2 2 1 1 1 2 2 1 1 21 xx xxmx x x xmx y x ykk  2 4) 2 22( 2 1 1 2 1 2 1 1     m m m mm ,(10 分) 同理 43 kk  2 4 2 2 2   m m . ∵ 4321 kkkk  , ∴ 2 4 2 4 2 2 2 2 1 1     m m m m ,即 0))(2( 1221  mmmm . 由题意知 21 mm  , ∴ 0221 mm .(12 分) 设 ),( yxP ,则 0211  x y x y ,即 )1(12 2 2  xxy ,(14 分) 由当直线 l1 或 l2 斜率不存在时,P 点坐标为(-1, 0)或(1, 0)也满足, ∴ ),( yxP 点椭圆 12 2 2  xy 上, ∴ 存在点 M、N 其坐标分别为(0 , -1)、(0, 1),使得 |||| PNPM  为定值 22 .(16 分) 19 解:(Ⅰ)当 3a 时, xxxf ln33)(  ,(2 分)  xx xf 13)( 2 '  , 3 2)3(' f ,(4 分) 又 3ln4)3( f ,曲线 )(xfy  在点 ))3(,3( f 处的切线方程为: )3(3 2)3ln4(  xy ,即: 3ln63 2  xy .(6 分) (Ⅱ)由 ],1[ 2ex 得 ]2,0[ln x ①当 2a 时 xax axf ln)(  , 01)( 2  xx axf ,∴ )(xf 在 ],1[ 2e 上递减, ∴ 2 32)1()( max  afxf ,∴ 4 3a ,此时 a 不存在;( 8 分) ②当 20  a 时 若 aex 1 时, xax axf ln)(  由①得 )(xf 在 ],1[ ae 上递减, ∴ 4 3,2 32)1()( max  aafxf ,此时 4 30  a (9 分) 若 2exea  时 xx axfaxx axf 1)(,ln)( 2  令 0)(  xf 得 ax  ,又 xexg x )( 在 )2,0( 递增,故 1)0(  gxe x ∴ aea  ,当 2exea  时 0)(  xf ,∴ )(xf 在  2,eea 递增,(12 分) ∴ 2 32)()( 2 2 max  a e aefxf )1(2 2 2   e ea , 2 )1(2 2 2  e e ,∴ 2 )1(2 2 2   a e e ,(14 分) 又 4 3 )1(2 1 2 1 )1(2 22 2     ee e , ∴ 4 3 )1(2 2 2   a e e 综上知,实数 a 的取值范围        4 3, )1(2 2 2 e e (16 分) 20,(I)因为 2( )( )a c b c ab ac bc c      1( )ab a b c c ab ab       (4 分) 12 2ab ab    ,等号成立的条件是 1ab  , 当 1, 2 1a b c    时, S 可取最小值 2. (8 分) (II)当 S 取最小值时, 1ab  ,从而 ( ) 1c a b c   , 即 2 ( ) 1 0c a b c    ,令t a b  ,则 2 2t ab  (12 分) 从而 2 4 2 t tc    或者 2 4 02 t tc     (舍去) 故 2 2 4 2 2 4 t tc t t       在 [2, )t   单减, 所以在 2t  时, c 有最大值 2 1 . (16 分)