高考数学仿真模拟卷一 (1).docx

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1、高考数学仿真模拟卷一(1)仿真模拟卷二本试卷分第一卷(选择题)和第二卷(非选择题)两部分共150分，考试时间120分钟第一卷一、选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分在每题给出的四个选项中，只要一项是符合题目要求的1已知集合P0,1,2，Qx|x1，则“axay是“logaxlogay的()A必要不充分条件B充分不必要条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案A解析由a1，得axay等价为xy，logaxlogay等价为xy0，故“axay是“logaxlogay的必要不充分条件4已知alog52，blog0.50.2，c0.50.2，则a，b，c的大小关系为()Aalog0.50.252

2、,0.51A4B5C6D7答案C解析由题可得S3，i2S7，i3S15，i4S31，i5S63，i6，此时结束循环，输出i6.6(1x)6(1x)4的展开式中含x项的系数是()A4B3C3D4答案B解析解法一：(1x)6的展开式的通项为Cm6(x)mCm6(1)mxm2，(1x)4的展开式的通项为Cn4(x)nCn4xn2，其中m0,1,2，6，n0,1,2,3,4.令m2n21，得mn2，于是(1x)6(1x)4的展开式中x的系数等于C06(1)0C24C16(1)1C14C26(1)2C043.解法二：(1x)6(1x)4(1x)(1x)4(1x)2(1x)4(12xx)于是(1x)6(1

3、x)4的展开式中x的系数为C041C14(1)113.解法三：在(1x)6(1x)4的展开式中要出现x，可分为下面三种情况：(1x)6中选2个(x)，(1x)4中选0个x作积，这样得到的x项的系数为C26C0415；(1x)6中选1个(x)，(1x)4中选1个x作积，这样得到的x项的系数为C16(1)1C1424；(1x)6中选0个(x)，(1x)4中选2个x作积，这样得到的x项的系数为C06C246.故x项的系数为152463.7已知直线yxm和圆x2y21交于A，B两点，O为坐标原点，若AOAB32，则实数m()A1B32C22D12答案C解析联立?yxm，x2y21，得2x22mxm21

4、0，直线yxm和圆x2y21交于A，B两点，O为坐标原点，4m280，解得20，b10且(a2)(b1)2.所以2ab2(a2)(b1)522(a2)(b1)522259，当2(a2)b1且(a2)(b1)2时等号成立，解得ab3.所以2ab取到最小值时，ab339.11已知实数a0，函数f(x)?ex1a2，x由此画出函数f(x)的大致图象如下图令tf(x)，由于f(x)0，所以t0，则有?f(t)eaa2，f(t)et1a2，解得at1，所以ta1，所以f(x)a1.所以方程要有三个不同的实数根，则需a2a11ea2，解得2a2e2.12已知ABC的顶点A平面，点B，C在平面同侧，且AB2

5、，AC3，若AB，AC与所成的角分别为3，6，则线段BC长度的取值范围为()A23，1B1，7C7，723D1,723答案B解析如图，过点B，C作平面的垂线，垂足分别为M，N，则四边形BMNC为直角梯形在平面BMNC内，过C作CEBM交BM于点E.又BMABsinBAM2sin33，AMABcosBAM2cos31，CNACsinCAN3sin632，ANACcosCAN3cos632，所以BEBMCN32，故BC2MN234.又ANAMMNAMAN，即12ANAMMNAMAN52，所以1BC27，即1BC7，故选B.第二卷本卷包括必考题和选考题两部分第1321题为必考题，每个试题考生都必须作

6、答第22、23题为选考题，考生根据要求作答二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分13已知向量a(1，)，b(3,1)，c(1,2)，若向量2ab与c共线，则向量a在向量c方向上的投影为_答案0解析向量2ab(1,21)，由212，得12.向量a?1，12，向量a在向量c方向上的投影为|a|cosa，cac|c|121250.14在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2absinC3(b2c2a2)，若a13，c3，则ABC的面积为_答案33解析由题意得2absinC2bc3b2c2a22bc，即asinCc3cosA，由正弦定理得sinA3cosA,所以tanA3，A3.

7、由余弦定理得1332b223bcos3，解得b4，故面积为12bcsinA12433233.15已知点M为单位圆x2y21上的动点，点O为坐标原点，点A在直线x2上，则AMAO的最小值为_答案2解析设A(2，t)，M(cos，sin)，则AM(cos2，sint)，AO(2，t)，所以AMAO4t22costsin.又(2costsin)max4t2，故AMAO4t24t2.令s4t2，则s2，又4t24t2s2s2，当s2，即t0时等号成立，故(AMAO)min2.16已知函数f(x)x22mxm2，g(x)mxm，若存在实数x0R，使得f(x0)0，x0或?m0，0，f(1)0，m3或?m

8、0，m2m20，3m0，m3.当m1时，g(x)1，解得1 (1)若M，N分别为AE，BC的中点，求证：MN平面CDEF；(2)若BD5，求二面角EACF的余弦值解(1)证实：如图，取AD的中点G，连接GM，GN，在ADE中，M，G分别为AE，AD的中点，MGDE，DE?平面CDEF，MG?平面CDEF，MG平面CDEF.由于G，N分别为AD，BC的中点，由棱柱的性质可得GNDC，CD?平面CDEF，GN?平面CDEF，GN平面CDEF.又GM?平面GMN，GN?平面GMN，MGGNG，平面GMN平面CDEF，MN?平面GMN，MN平面CDEF.(2)如图，连接EB，在RtABE中，AB1，A

9、E3，BE2，又ED1，DB5，EB2ED2DB2，DEEB，又DEAE且AEEBE，AE，EB?平面ABFE，DE平面ABFE.以E为坐标原点，分别以EA，EF，ED所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如下图的空间直角坐标系，可得E(0,0,0)，A(3，0,0)，F(0,1,0)，C(0,1,1)，AC(3，1,1)，AE(3，0,0)，FC(0,0,1)设平面AFC的法向量为m(x，y，z)，则?mAC3xyz0，mFCz0，则z0，令x1，得y3，则m(1，3，0)为平面AFC的一个法向量，设平面ACE的法向量为n(x1，y1，z1)，则?nAE3x10，nAC3x1y1z10，则x10，

10、令y11，得z11，n(0,1，1)为平面ACE的一个法向量设m，n所成的角为，则cosmn|m|n|32264，由图可知二面角EACF的余弦值是64.19(本小题满分12分)为调查某公司五类机器的销售情况，该公司随机采集了一个月销售的有关数据，公司规定同一类机器销售价格一样，经分类整理得到下表：利润率是指一台机器销售价格减去出厂价格得到的利润与该机器销售价格的比值(1)从该公司本月卖出的机器中随机选一台，求这台机器利润率高于0.2的概率；(2)从该公司本月卖出的销售单价为20万元的机器中随机选取2台，求这两台机器的利润率不同的概率；(3)假设每类机器利润率不变，销售一台第一类机器获利x1万元

11、，销售一台第二类机器获利x2万元，销售一台第五类机器获利x5万元，根据上表统计数据，随机销售一台机器获利的期望为E(x)，设xx1x2x3x4x55，试判断E(x)与x的大小(结论不要求证实)解(1)由题意知，本月共卖出30台机器，利润率高于0.2的是第一类和第四类，共有10台设“这台机器利润率高于0.2为事件A，则P(A)103013.(2)用销售总额除以销售量得到机器的销售单价，可知第一类与第三类的机器销售单价为20万元，第一类有5台，第三类有10台，共有15台，随机选取2台有C215种不同方法，两台机器的利润率不同则每类各取一台有C15C110种不同方法，设“两台机器的利润率不同为事件B

12、，则P(B)C15C110C2151021.(3)由题意可得，获利x可能取的值为8,5,3,10，P(x8)53016，P(x5)230115，P(x3)1083035，P(x10)53016，因而E(x)168115535316107715；又x8531035295，所以E(x)b0)的焦点为F1(1,0)，F2(1,0)过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2：(x1)2y24a2交于点A，与椭圆C交于点D.连接AF1并延长交圆F2于点B，连接BF2交椭圆C于点E，连接DF1.已知|DF1|52. (1)求椭圆C的标准方程；(2)求点E的坐标解(1)设椭圆C的焦距为2c.由于F1(1

13、,0)，F2(1,0)，所以|F1F2|2，c1.又由于|DF1|52，AF2x轴，所以|DF2|DF1|2|F1F2|2?5222232，因而2a|DF1|DF2|4，进而a2.由b2a2c2，得b23.因而，椭圆C的标准方程为x24y231.(2)解法一：由(1)知，椭圆C：x24y231，a2，由于AF2x轴，所以点A的横坐标为1.将x1代入圆F2的方程(x1)2y216，解得y4.由于点A在x轴上方，所以A(1,4)又F1(1,0)，所以直线AF1：y2x2.由?y2x2，(x1)2y216，得5x26x110，解得x1或x115.将x115代入y2x2，得y125，因而B点坐标为?1

14、15，125.又F2(1,0)，所以直线BF2：y34(x1)由?y34(x1)，x24y231，得7x26x130，解得x1或x137.又由于E是线段BF2与椭圆的交点，所以x1.将x1代入y34(x1)，得y32.因而E点坐标为?1，32.解法二：由(1)知，椭圆C：x24y231.如图，连接EF1.由于|BF2|2a，|EF1|EF2|2a，所以|EF1|EB|，进而BF1EB.由于|F2A|F2B|，所以AB，所以ABF1E，进而EF1F2A.由于AF2x轴，所以EF1x轴由于F1(1,0)，由?x1，x24y231，得y32.又由于E是线段BF2与椭圆的交点，所以y32.因而E点坐标

15、为?1，32.21(本小题满分12分)已知函数f(x)lnxxexax(aR)(1)若函数f(x)在1，)上单调递减，务实数a的取值范围；(2)若a1，求f(x)的最大值解(1)由题意知，f(x)1x(exxex)a1x(x1)exa0在1，)上恒成立，所以a(x1)ex1x在1，)上恒成立令g(x)(x1)ex1x，则g(x)(x2)ex1x20，所以g(x)在1，)上单调递增，所以g(x)ming(1)2e1，所以a2e1.(2)当a1时，f(x)lnxxexx(x0)则f(x)1x(x1)ex1(x1)?1xex，令m(x)1xex，则m(x)1x2ex0，m(1)0知足m(x0)0，即

16、ex01x0.当x(0，x0)时，m(x)0，f(x)0；当x(x0，)时，m(x)8|2x2|的解集为M.(1)求M；(2)设a，bM，证实：f(ab)f(2a)f(2b)解(1)将f(x)|x4|代入不等式，整理得|x4|2x2|8.当x4时，不等式转化为x42x28，解得x8，解得x8，解得x2，所以x2.综上，Mx|x2(2)证实：由于f(2a)f(2b)|2a4|2b4|2a42b4|2a2b|，所以要证f(ab)f(2a)f(2b)，只需证|ab4|2a2b|，即证(ab4)2(2a2b)2，即证a2b28ab164a28ab4b2，即证a2b24a24b2160，即证(a24)(b24)0，由于a，bM，所以a24，b24，所以(a24)(b24)0成立，所以原不等式成立