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- 2021-05-13 发布
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高考理科数学模拟试题精编(十)
(考试用时:120分钟 试卷满分:150分)
注意事项:
1.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需要改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
2.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,将试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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={(x,y)|y=x+1,0≤x≤1},集合B={(x,y)|y=2x,0≤x≤10},则集合A∩B=( )
A.{1,2} B.{x|0≤x≤1}
C.{(1,2)} D.∅
2.设i是虚数单位,复数(a+1+i)2-2a-1为纯虚数,则实数a为( )
A.1 B.-1 C.1或-1 D.-
3.若sin(π-α)=,且≤α≤π,则sin 2α的值为( )
A.- B.- C. D.
4.已知A(1,2),B(2,4),C(-2,1),D(-3,2),则向量在向量上的投影为( )
A. B. C. D.
5.设直线l过双曲线C的一个焦点,且与C的一条对称轴垂直,l与C交于A,B两点,|AB|为C的实轴长的2倍,则C的离心率为( )
A. B. C.2 D.3
6.某国际会议结束后,中、美、俄等21国领导人合影留念,他们站成两排,前排11人,后排10人,中国领导人站在前排正中间位置,美、俄两国领导人也站前排并与中国领导人相邻,如果对其他国家领导人所站位置不做要求,那么不同的站法共有( )
A.A种 B.A种 C.AAA种 D.AA种
7.M=dx,N=∫0cos xdx,由程序框图输出S的值为( )
A.ln 2 B.0
C. D.1
8.如图是一个正三棱柱挖去一个圆柱后得到的几何体的三视图,则该几何体的体积与挖去的圆柱的体积的比值为( )
A.-1 B.-
C. D.+1
9.已知平面向量a=(2cos2x,sin2x),b=(cos2x,-2sin2x),f(x)=a·b,要得到y=sin 2x+cos 2x的图象,只需要将y=f(x)的图象( )
A.向左平行移动个单位 B.向右平行移动个单位
C.向左平行移动个单位 D.向右平行移动个单位
10.在线段AB上任取一点C,若AC2=AB·BC,则点C是线段AB的“黄金分割点”,以AC、BC为邻边组成的矩形称为“黄金矩形”.现在线段AB上任取一点C,若以AC、BC为邻边组成矩形,则该矩形的面积小于“黄金矩形”的面积的概率为( )
A.3- B.-2 C.-1 D.3-
11.如图是一几何体的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F分别为PA,PD的中点,在此几何体中,给出下面4个结论:
①直线BE与直线CF异面;②直线BE与直线AF异面;③直线EF∥平面PBC;④平面BCE⊥平面PAD.
其中正确的有( )
A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
12.已知正三角形ABC的顶点A,B在抛物线y2=4x上,另一个顶点C(4,0),则这样的正三角形有( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
第Ⅱ卷
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中横线上)
13.已知圆C:x2+y2-2x-4y+1=0与直线l:x+ay+1=0相交所得弦AB的长为4,则a=________.
14.一个篮球运动员投篮一次得3分的概率为a,得2分的概率为b,不得分的概率为c(a、b、c∈(0,1)),已知他投篮一次得分的数学期望为2(不计其他得分情况),则ab的最大值为________.
15.如图,小明同学在山顶A处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶,小明在A处测得公路上B,C两点的俯角分别为30°,45°,且∠BAC=135°.若山高AD=100 m,汽车从B点到C点历时14 s,则这辆汽车的速度约为________m/s(精确到0.1).
参考数据:≈1.414,≈2.236.
16.已知函数f(x)=,下列关于函数f(x)的研究:①y=f(x)的值域为R.②y=f(x)在(0,+∞)上单调递减.③y=f(x)的图象关于y轴对称.④y=f(x)的图象与直线y=ax(a≠0)至少有一个交点.其中,结论正确的序号是________.
三、解答题(共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.)
(一)必考题:共60分.
17.(本小题满分12分)已知数列{an}为等差数列,其中a2+a3=8,a5=3a2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)数列{bn}中 , b1=1,b2=2,从数列{an}中取出第bn项记为cn,若{cn}是等比数列,求{bn}的前n项和.
18.(本小题满分12分)某地高中数学学业水平考试的原始成绩采用百分制,发布成绩使用等级制.各等级划分标准:85分及以上,记为A等级;分数在[70,85)内,记为B等级;分数在[60,70)内,记为C等级;60分以下,记为D等级.同时认定等级为A,B,C的学生成绩为合格,等级为D的学生成绩为不合格.已知甲、乙两所学校学生的原始成绩均分布在[50,100]内,为了比较两校学生的成绩,分别抽取50名学生的原始成绩作为样本进行统计,按照[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]分组作出甲校样本的频率分布直方图(如图1所示),乙校的样本中等级为C,D的所有数据的茎叶图(如图2所示).
(1)求图1中x的值,并根据样本数据比较甲、乙两校的合格率;
(2)在选取的样本中,从甲、乙两校C等级的学生中随机抽取3名学生进行调研,用X表示所抽取的3名学生中甲校的学生人数,求随机变量X的分布列和数学期望.
19.(本小题满分12分)如图1,已知在梯形ABCD中,AB∥CD,E,F分别为底AB,CD上的点,且EF⊥AB,EF=EB=FC=2,EA=FD,沿EF将平面AEFD折起至平面AEFD⊥平面EBCF,如图2所示.
(1)求证:平面ABD⊥平面BDF;
(2)若二面角BADF的大小为60°,求EA的长度.
20.(本小题满分12分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左焦点为F1(-,0),e=.
(1)求椭圆C的方程;
(2)如图,设R(x0,y0)是椭圆C上一动点,由原点O向圆(x-x0)2+(y-y0)2=4引两条切线,分别交椭圆于点P,Q,若直线OP,OQ的斜率存在,并记为k1,k2,求证:k1k2为定值;
(3)在(2)的条件下,试问|OP|2+|OQ|2是否为定值?若是,求出该值;若不是,请说明理由.
21.已知函数f(x)=ln x-x2+f′·.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)证明:f(x)<2ex.
(二)选考题:共10分.请考生在22、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.
22.(本小题满分10分)选修4-4:坐标系与参数方程
以直角坐标系xOy的原点为极点,x轴的非负半轴为极轴,且两坐标系取相同的长度单位.已知曲线C1的参数方程为:(θ为参数),将曲线C1上每一点的纵坐标变为原来的倍(横坐标不变),得到曲线C2,直线l的极坐标方程:ρcos θ+2ρsin θ+m=0
(1)求曲线C2的参数方程;
(2)若曲线C2上的点到直线l的最大距离为2,求m的值.
23.(本小题满分10分)选修4-5:不等式选讲
已知函数f(x)=|2x+3|+|2x-1|.
(1)求不等式f(x)≤5的解集;
(2)若关于x的不等式f(x)<|m-1|的解集非空,求实数m的取值范围.
高考理科数学模拟试题精编(十)
1.解析:选C.根据题意可得,,解得,满足题意0≤x≤1,所以集合A∩B={(1,2)}.故选C.
2.解析:选A.(a+1+i)2-2a-1=(a2-1)+2(a+1)i.∵(a+1+i)2-2a-1是纯虚数,
∴解得a=1,故选A.
3.解析:选A.因为sin(π-α)=sin α=,≤α≤π,所以cos α=-,所以sin 2α=2sin αcos α=2××=-,故选A.
4.解析:选A.∵=(1,2),=(-1,1),∴向量在向量上的投影为==,故选A.
5.解析:选A.设双曲线C的标准方程为-=1(a>0,b>0),由于直线l过双曲线的焦点且与对称轴垂直,因此直线l的方程为x=c或x=-c,代入-=1中得y2=b2=,∴y=±,故|AB|=,依题意=4a,∴=2,∴e===,选A.
6.解析:选D.中国领导人站在前排正中间位置,美、俄两国领导人站前排并与中国领导人相邻,有A22种站法;其他18国领导人可以任意站,因此有A1818种站法.根据分步计数原理,共有A22A1818种站法.故选D.
7.解析:选A.M=∫10dx=ln(x+1)10=ln 2-ln 1=ln 2.
N=∫0cos xdx=sin x0=sin -sin 0=1,∵ln 2<1,
∴M<N,∴S=M=ln 2.
8.解析:选A.由三视图知圆柱与正三棱柱的各侧面相切,设圆柱的底面半径为r,高为h,则V圆柱=πr2
h.正三棱柱底面三角形的高为3r,边长为2r,则V正三棱柱=×2r×3rh=3r2h,所以该几何体的体积V=(3-π)r2h,则该几何体的体积与挖去的圆柱的体积的比值为=-1.
9.解析:选D.由题意得:f(x)=a·b=2cos4x-2sin4x=2(cos2x+sin2x)(cos2x-sin2x)=2cos 2x=2sin,
而y=sin 2x+cos 2x=2sin=2sin,故只需将y=f(x)的图象向右平移个单位即可.
10.解析:选A.不妨记AB=1,则由AC2=AB·BC得AC=,从而BC=,于是“黄金矩形”的面积为-2.现在线段AB上任取一点C,设AC=x,则BC=1-x,由x(1-x)<-2得0<x<或<x<1,故所求概率为P=+1-=3-.
11.解析:选B.将几何体的展开图还原为几何体(如图),因为E,F分别为PA,PD的中点,所以EF∥AD∥BC,即直线BE与CF共面,①错;因为B∉平面PAD,E∈平面PAD,E∉AF,所以BE与AF是异面直线,②正确;因为EF∥AD∥BC,EF⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以EF∥平面PBC,③正确;平面PAD与平面BCE不一定垂直,④错.故选B.
12.解析:选D.设A(x1,y1),B(x2,y2),则由|AC|=|BC|得(x1-4)2+y21=(x2-4)2+y22,即(x1-x2)(x1+x2-8)+y21-y22=0,又y21=4x1,y22=4x2,代入上式,得(x1-x2)(x1+x2-4)=0 ①,由①得x1=
x2或x1+x2=4,若x1=x2,则|y1|=|y2|,显然A,B关于抛物线的对称轴(x轴)对称,考虑到△ABC是正三角形,∴AC与x轴所成的角为30°,不妨设直线AC:y=(x-4),联立直线与抛物线的方程,得
⇒x2-20x+16=0⇒x=10±2,
即这样的点A有2个,对应的等边三角形也有2个,分别是△A1B1C和△A2B2C,如图所示.
若x1≠x2,则x1+x2=4,取AB的中点D(x0,y0)(设y0>0),则有x0==2,∴D(2,y0),又当x=2时,y2=4x=8,∴y0<2,再由y21-y22=4x1-4x2得(y1-y2)(y1+y2)=4(x1-x2),∴==,∴直线AB:y-y0=(x-2),即2x=y0y+4-y20,联立直线与抛物线方程,得⇒y2-2y0y+2y20-8=0,∵方程y2-2y0y+2y20-8=0的判别式Δ=(-2y0)2-4(2y20-8)=32-4y20,而y0<2,∴Δ>0,该方程有2个不相等的实数根,即其对应的点A(点B)有2个,∴其对应的等边三角形有2个,分别是△A′B′C和△A″B″C.
综上,可知符合要求的正三角形有4个.故选D.
13.解析:圆C:x2+y2-2x-4y+1=0可化为(x-1)2+(y-2)2=4,圆心C(1,2),半径r=2,依题意知弦长|AB|=4,因此直线l经过圆心C(1,2),故1+2a+1=0,解得a=-1.
答案:-1
14.解析:设投篮得分为随机变量X,则X的分布列为
X
3
2
0
P
a
b
c
E(X)=3a+2b=2≥2,所以ab≤,当且仅当3a=2b即a=,b=时,等号成立.
答案:
15.解析:因为小明在A处测得公路上B,C两点的俯角分别为30°,45°,所以∠BAD=60°,∠CAD=45°.设这辆汽车的速度为v m/s,则BC=14v,在Rt△ADB中,AB===200.在Rt△ADC中,AC===100.
在△ABC中,由余弦定理,得BC2=AC2+AB2-2AC·AB·cos∠BAC,所以(14v)2=(100)2+2002-2×100×200×cos 135°,所以v=≈22.6,所以这辆汽车的速度约为22.6 m/s.
答案:22.6
16.解析:函数f(x)==,其图象如图所示,由图象可知f(x)的值域为(-∞,-1)∪(0,+∞),故①错;在(0,1)和(1,+∞)上单调递减,在(0,+∞)上不是单调的,故②错;f(x)的图象关于y轴对称,故③正确;由于在每个象限都有图象,所以与过原点的直线y=ax(a≠0)至少有一个交点,故④正确.
答案:③④
17.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,依题意有
,(2分)
解得a1=1,d=2,从而{an}的通项公式为an=2n-1,n∈N*.(4分)
(2)c1=ab1=a1=1,c2=ab2=a2=3,从而等比数列{cn}的公比为3,因此cn=1×3n-1=3n-1.(7分)
另一方面,cn=abn=2bn-1,所以2bn-1=3n-1,因此bn=.(9分)
记{bn}的前n项和为Sn,则Sn==.(12分)
18.解:(1)由题意,可知10x+0.012×10+0.056×10+0.018×10+0.010×10=1,∴x=0.004.(2分)
∴甲学校的合格率为(1-10×0.004)×100%=0.96×100%=96%,(3分)
乙学校的合格率为×100%=0.96×100%=96%.(4分)
∴甲、乙两校的合格率均为96%.(5分)
(2)样本中甲校C等级的学生人数为0.012×10×50=6,乙校C等级的学生人数为4.(6分)
∴随机抽取3名学生中甲校学生人数X的可能取值为0,1,2,3.(7分)
∴P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)==.
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P
(11分)
数学期望E(X)=0×+1×+2×+3×=.(12分)
19.解:(1)证明:由题意知EA綊FD,EB綊FC,所以AB∥CD,即A,B,C,D四点共面.(2分)
由EF=EB=FC=2,EF⊥AB,得FB==BC=2,则BC⊥FB,又翻折后平面AEFD⊥平面EBCF,平面AEFD∩平面EBCF=EF,DF⊥EF,所以DF⊥平面EBCF,因而BC⊥DF,又DF∩FB=F,所以BC⊥平面BDF,由于BC⊂平面BCD,则平面BCD⊥平面BDF,又平面ABD即平面BCD,所以平面ABD⊥平面BDF.(6分)
(2)以F为坐标原点,FE,FC,FD所在的直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
则F(0,0,0),B(2,2,0),设EA=t(t>0),则A(2,0,t),D(0,0,2t),=(0,2,-t),=(-2,0,t).(8分)
设平面ABD的法向量为m=(x,y,z),
则即
取x=t,则y=t,z=2,所以m=(t,t,2)为平面ABD的一个法向量.(10分)
又平面FAD的一个法向量为n=(0,1,0),则|cos〈m,n〉|==
=,所以t=,即EA的长度为.(12分)
20. 解:(1)由题意得,c=,e=,解得a=2,
b2=a2-c2=12-6=6,(1分)
∴椭圆C的方程为+=1.(3分)
(2)证明:由已知,直线OP:y=k1x,OQ:y=k2x,且与圆R相切,∴=2,化简得(x20-4)k21-2x0y0k1+y20-4=0,同理,可得(x20-4)k22-2x0y0k2+y20-4=0,(5分)
∴k1,k2是方程(x20-4)k2-2x0y0k+y20-4=0的两个不相等的实数根,∴x20-4≠0,Δ>0,k1k2=.(7分)
∵点R(x0,y0)在椭圆C上,∴+=1,即y20=6-x20,∴k1k2==-.(8分)
(3)|OP|2+|OQ|2是定值18.(9分)
设P(x1,y1),Q(x2,y2),联立得,
解得,∴x21+y21=,同理,可得
x22+y22=.(10分)
由k1k2=-,得|OP|2+|OQ|2=x21+y21+x22+y22=+
=+==18.
综上:|OP|2+|OQ|2=18.(12分)
21.解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-2x+f′,则f′=2-1+f′,解得f′=2,所以f(x)=ln x-x2+x+2,此时,f′(x)=-2x+1=,(2分)
由f′(x)>0得0<x<1,f′(x)<0得x>1,所以函数f(x)的单调增区间为(0,1),单调减区间为(1,+∞).(4分)
(2)证明:不等式f(x)<2ex等价于f(x)<,(5分)
由(1)f(x)在(0,+∞)上的最大值为f(x)max=f(1)=2,所以f(x)≤2 ①,(6分)
令g(x)=ex-(x>0),所以g′(x)=ex-x-1,(g′(x))′=ex-1,所以,当x>0时,(g′(x))′>0,所以g′(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g′(x)>g′(0)=0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(0)=0,即ex->0,(10分)
因为x>0,所以>1,∴>2≥f(x).(11分)
所以,x>0时,f(x)<2ex,(12分).
22.解:(1)设曲线C1上一点P(x1,y1)与曲线C2上一点Q(x,y),由题知:,(2分)
所以(θ为参数).(4分)
(2)由题知可得:直线l的直角坐标方程为:x+2y+m=0.(5分)
设曲线C2上一点B(2cos θ,sin θ)到直线l的距离为d,则d==,(7分)
当m>0时,dmax==2,解得:m=10,当m<0时,dmax==2,解得:m=-10,综上所述:m=±10.(10分)
23.解:(1)原不等式为:|2x+3|+|2x-1|≤5,当x≤-时,原不等式可转化为-4x-2≤5,即-≤x≤-,(2分)
当-<x<时,原不等式可转化为4≤5恒成立,∴-<x<.(3分)
当x≥时,原不等式可转化为4x+2≤5,即≤x≤,(4分)
∴原不等式的解集为{x|-≤x≤}(5分)
(2)由已知函数
f(x)=,作出图象如图,由图象可得函数
y=f(x)的最小值为4,(8分)
∴|m-1|>4,解得m>5或m<-3.(10分)