高考数学仿真模拟卷一 (1).doc

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1、仿真模拟卷二本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分共 150 分，考试时间120 分钟第卷一、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 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(

2、)Aalog0.50.252,0.510，b10 且(a2)(b1)2.所以 2ab2(a2)(b1)525259，2a2b12 2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)Error!若关于 x 的方程 ff(x)ea 有三个a2不等的实根，则实数 a 的取值范围是( )A. B.(1，22e)(2，22e)C. D.(1，11e)(2，21e)答案 B解析 当 x0 时，f(x)为增函数，当 x0 时，f(x)ex1axa1，f(x)为增函数，令 f(x)0，解得 x1，故函数 f(x)在(

3、0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，最小值为 f(1)0.由此画出函数 f(x)的大致图象如图所示令 tf(x)，因为 f(x)0，所以t0，则有Error!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 a1 ，解得 2a 2.a21ea22e12已知ABC 的顶点 A平面 ，点 B，C 在平面 同侧，且AB2，AC，若 AB，AC 与 所成的角分别为 ，则线段 BC 长度的取值336范围为( )A2，1 B1，37C， D1, 772 372 3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

4、BMNC 内，过 C 作 CEBM 交 BM 于点 E.又 BMABsinBAM2sin ，AMABcosBAM2cos 1，333CNACsinCANsin ，3632ANACcosCANcos ，3632所以 BEBMCN，故 BC2MN2 .3234又 ANAMMNAMAN，即 ANAMMNAMAN ，1252所以 1BC27，即 1BC ，故选 B.7第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，每小题 5 分，共 20 分13已知向量 a(1，)，b(3,1)，c(1,2)，

5、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 .向量 a，12(1，12)向量 a 在向量 c 方向上的投影为|a|cosa，c0.ac|c|12 12514在ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 的对边，且2absinC(b2c2a2)，若 a，c3，则ABC 的面积为_313答案 33解析 由题意得，2absinC2bc3b2c2a22bc即cosA，由正弦定理得 sinAcosA, asinCc33所以 tanA，A .33由余弦定理得 1332b223bcos ，3解得 b4，故面积为 bcsin

6、A 433.121232315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，则的最小值为_AMAO答案 2解析 设 A(2，t)，M(cos，sin)，则(cos2，sint)，(2，t)，AMAO所以4t22costsin.AMAO又(2costsin)max，4t2故4t2.AMAO4t2令 s，则 s2，又 4t2s2s2，4t24t2当 s2，即 t0 时等号成立，故()min2.AMAO16已知函数 f(x)x22mxm2，g(x)mxm，若存在实数 x0R，使得 f(x0)0，x3 或Error!故 m3.当 m1 时，g(x)b0)的焦

7、点为 F1(1,0)，F2(1,0)过 F2作 x 轴的垂线 l，在 xx2a2y2b2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.因为 F1(1,0)，F2(1,0)，所以|F1F2|2，c1.又因为|DF1| ，AF2x 轴，52所以|DF2| ，|DF1|2|F1F2|2(52)22232因此 2a|DF1|DF2|4，从而 a2.由 b2a2c2，得 b

8、23.因此，椭圆 C 的标准方程为1.x24y23(2)解法一：由(1)知，椭圆 C：1，a2，x24y23因为 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.因为点 A 在 x 轴上方，所以 A(1,4)又 F1(1,0)，所以直线 AF1：y2x2.由Error!得 5x26x110，解得 x1 或 x.115将 x代入 y2x2，得 y，115125因此 B 点坐标为.(115，125)又 F2(1,0)，所以直线 BF2：y (x1)34由Error!得 7x26x130，解得 x1 或 x.137又因为 E 是线段 BF2与椭圆

9、的交点，所以 x1.将 x1 代入 y (x1)，得 y .3432因此 E 点坐标为.(1，32)解法二：由(1)知，椭圆 C：1.x24y23如图，连接 EF1.因为|BF2|2a，|EF1|EF2|2a，所以|EF1|EB|，从而BF1EB.因为|F2A|F2B|，所以AB，所以ABF1E，从而 EF1F2A.因为 AF2x 轴，所以 EF1x 轴因为 F1(1,0)，由Error!得 y .32又因为 E 是线段 BF2与椭圆的交点，所以 y .32因此 E 点坐标为.(1，32)21(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)ln xxexax(aR)(1)若函数 f(x)在1，)上单

10、调递减，求实数 a 的取值范围；(2)若 a1，求 f(x)的最大值解 (1)由题意知，f(x) (exxex)a (x1)exa0 在1，)1x1x上恒成立，所以 a(x1)ex 在1，)上恒成立1x令 g(x)(x1)ex ，1x则 g(x)(x2)ex0，1x2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)ln xxexx(x0)则 f(x) (x1)ex1(x1)，1x(1xex)令 m(x) ex，则 m(x)ex0，m(1)0 满足 m(x0)0，即 ex0.(12)1x0当 x(0，x0)时，m(x)0，f(x)

11、0；当 x(x0，)时，m(x)8|2x2|的解集为 M.(1)求 M；(2)设 a，bM，证明：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)证明：因为 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，因为 a，bM，所以 a24，b24，所以(a24)(b24)0 成立，所以原不等式成立