高考仿真模拟

高考仿真模拟本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题共60分)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，只有一项符合题目要求)1．已知复数z的实部为1，虚部为－1，则eq\f(i,z)表示的点在()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】B【解析】z＝1－i，则eq\f(i,z)＝eq\f(i,1－i)＝eq\f(i1＋i,2)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，∴eq\f(i,z)表示的点在第二象限，故选B.2．(2012·年河北冀州中学高三一模考试)“a＝－1”是“直线a2x－y＋6＝0与直线4x－(a－3)y＋9＝0互相垂直”A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】两直线垂直则4a2＋(－1)[－(a－3)]＝0，∴4a2＋a－3＝0，∴a＝－1或eq\f(3,4)，∴a＝－1是两直线垂直的充分不必要条件．故选A.3．若△ABC是锐角三角形，向量p＝(sinA，cosA)，q＝(sinB，－cosB)，则p与q的夹角为()A．锐角 B．直角C．钝角 D．以上均不对【答案】A【解析】cos<p，q>＝eq\f(p·q,|p|·|q|)＝eq\f(sinAsinB－cosAcosB,1·1)＝－cos(A＋B)，∵△ABC为锐角三角形，∴cos(A＋B)<0，∴cos〈p，q〉>0∴p与q的夹角为锐角．故选A.4．在空间中，给出下面四个命题，则其中正确命题的个数为()①过平面α外的两点，有且只有一个平面与平面α垂直；②若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，则α∥β；③若直线l与平面内的无数条直线垂直，则l⊥α；④两条异面直线在同一平面内的射影一定是两平行线；A．0 B．1C．2 D．3【答案】A【解析】根据空间中线面关系，可知①②③④均不正确，故选A.5．(2012·广东佛山一检)在等差数列{an}中，首项a1＝0，公差d≠0，若ak＝a1＋a2＋a3＋…＋a7，则k＝()A．22 B．23C．24 D．25【答案】A【解析】ak＝a1＋a2＋…＋a7＝7a1＋eq\f(7×6,2)d＝7a1＋21d，而a1＝0，所以ak＝7a1＋21d＝a1＋21d＝a22，k＝22.6．(2012·山东临沂质检)已知直线ax－by－2＝0与曲线y＝x3在点P(1,1)处的切线互相垂直，则eq\f(a,b)为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3)C．－eq\f(2,3) D．－eq\f(1,3)【答案】D【解析】由y＝x3，得y′＝3x2，即该曲线在点P(1,1)的切线的斜率为3，由3×eq\f(a,b)＝－1，得eq\f(a,b)＝－eq\f(1,3).7．(2012·山东淄博一模)设奇函数f(x)的定义域为R，最小正周期T＝3，若f(1)≥1，f(2)＝eq\f(2a－3,a＋1)，则a的取值范围是()A．a<－1或a≥eq\f(2,3) B．a<－1C．－1<a≤eq\f(2,3) D．a≤eq\f(2,3)【答案】C【解析】函数f(x)为奇函数，则f(1)＝－f(－1)．由f(1)＝－f(－1)≥1.得f(－1)≤－1；函数的最小正周期T＝3，则f(－1)＝f(2)，由eq\f(2a－3,a＋1)≤－1，解得－1<a≤eq\f(2,3).8．(2011·辽宁文，9)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(21－x，x≤1,1－log2x，x>1，))则满足f(x)≤2的x的取值范围是()A．[－1,2] B．[0,2]C．[1，＋∞) D．[0，＋∞)【答案】D【解析】本小题考查内容为分段函数中不等式的解法．①当x≤1时，21－x≤2＝21，∴1－x≤1，∴0≤x≤1，②当x>1时，1－log2x≤2，∴log2x≥－1＝log2eq\f(1,2).∴x≥eq\f(1,2)，∴x>1，综合①②知，x≥0.9．(2011·湖南文，8)已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若有f(a)＝g(b)，则b的取值范围为()A．[2－eq\r(2)，2＋eq\r(2)] B．(2－eq\r(2)，2＋eq\r(2))C．[1,3] D．(1,3)【答案】B【解析】f(a)的值域为(－1，＋∞)，由－b2＋4b－3>－1解得2－eq\r(2)<b<2＋eq\r(2).10．(2011·湖南湘西联考)各项都是正数的等比数列{an}中，a2，eq\f(1,2)a3，a1成等差数列，则eq\f(a4＋a5,a3＋a4)的值为()A.eq\f(\r(5)＋1,2) B.eq\f(\r(5)－1,2)C．－eq\f(1－\r(5),2) D.eq\f(\r(5)－1,2)或eq\f(\r(5)＋1,2)【答案】A【解析】设{an}的公比为q，q>0，由已知得a1＋a2＝a3，即a1＋a1q＝a1q2，q2－q－1＝0，解得q＝eq\f(1＋\r(5),2)或q＝eq\f(1－\r(5),2)(舍去)．所以eq\f(a4＋a5,a3＋a4)＝eq\f(a3＋a4q,a3＋a4)＝q＝eq\f(1＋\r(5),2).11．(2011·安徽省“江南十校”联考)已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A．8 B.eq\f(20,3)C.eq\f(17,3) D.eq\f(14,3)【答案】C【解析】几何体是正方体截去一个三棱台，V＝23－eq\f(1,3)·(eq\f(1,2)＋2＋eq\r(2×\f(1,2)))×2＝eq\f(17,3).12．(2012·山东临沂一模)设F1，F2分别是双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，若双曲线右支上存在一点P满足|PF2|＝|F1F2|，且cos∠PF1F2＝eq\f(4,5)，则双曲线的渐近线方程为()A．3x±4y＝0 B．3x±5y＝0C．4x±3y＝0 D．5x±4y＝0【答案】C【解析】在△PF1F2cos∠PF1F2＝eq\f(|PF1|2＋|F1F2|2－|PF2|2,2|PF1|·|F1F2|)＝eq\f(|PF1|2,4c·|PF1|)＝eq\f(|PF1|,4c)＝eq\f(4,5).所以|PF1|＝eq\f(16,5)c.又|PF1|－|PF2|＝2a，即eq\f(16,5)c－2c＝2a，a＝eq\f(3,5)c.代入c2＝a2＋b2得eq\f(b,a)＝±eq\f(4,3).因此，双曲线的渐近线方程为4x±3y＝0.第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)13．设集合U＝R，集合A＝{x|2x≥8}∪{x|x＋1<0}，则∁UA＝________.【答案】{x|－1≤x<3}【解析】∵A＝{x|x≥3}∪{x|x<－1}＝{x|x≥3或x<－1}．∴∁UA＝{x|－1≤x<3}14．如图所示，输出的n为________．【答案】13【解析】程序依次运行过程为：n＝0，S＝0→n＝1，S＝eq\f(1,2×1－13)＝－eq\f(1,11)→n＝2，S＝－eq\f(1,11)＋eq\f(1,2×2－13)＝－eq\f(1,11)－eq\f(1,9)，……∴S＝－eq\f(1,11)－eq\f(1,9)－eq\f(1,7)－eq\f(1,5)－eq\f(1,3)－1＋1＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,7)＋eq\f(1,9)＋eq\f(1,11)＋eq\f(1,13)>0，此时输出n的值13.15．(2012·广东惠州模拟)方程x2＋3ax＋3a＋1＝0(a>2)的两根为tanA，tanB，且A，B∈(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2))，则A＋B＝________.【答案】－eq\f(3π,4)【解析】由韦达定理得tanA＋tanB＝－3a，tanAtanB＝3则tan(A＋B)＝eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝eq\f(－3a,1－3a＋1)＝1.又A，B∈(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2))，A＋B∈(－π，π)，tanA＋tanB＝－3a<0，tanAtanB＝3a＋1>0，所以tanA<0，tanB<0，A∈(－eq\f(π,2)，0)，B∈(－eq\f(π,2)，0)，A＋B∈(－π，0)，所以A＋B＝－eq\f(3π,4).16．若变量x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3≤2x＋y≤9，,6≤x－y≤9，))则z＝x＋2y的最小值为________．【答案】－6【解析】由约束条件作出可行域如图所示，知z＝x＋2y在A点处取得最小值.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y＝3，,x－y＝9，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝－5.))∴zmin＝4－10＝－6.三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边长，a＝eq\r(3)，b＝eq\r(2)，1＋2cos(B＋C)＝0，求边BC上的高．【解析】由1＋2cos(B＋C)＝0和B＋C＝π－A，得1－2cosA＝0，cosA＝eq\f(1,2)，sinA＝eq\f(\r(3),2).再由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(2),2).由b<a知B<A，所以B不是最大角．B<eq\f(π,2)，从而cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\f(\r(2),2).由上述结果知sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(\r(2),2)(eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2))．设边BC上的高为h，则有h＝bsinC＝eq\f(\r(3)＋1,2).18．(本小题满分12分)如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形．(1)证明直线BC∥EF；(2)求棱锥F－OBED的体积．【解析】(1)证明：设G是线段DA与EB延长线的交点．由于△OAB与△ODE都是正三角形．所以OB綊eq\f(1,2)DE，OG＝OD＝2.同理，设G′是线段DA与FC延长线的交点，有OG′＝OD＝2.又由于G和G′都在线段DA的延长线上，所以G与G′重合．在△GED和△GFD中，由OB綊eq\f(1,2)DE和OC綊eq\f(1,2)DF，可知B和C分别是GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF.(2)解：由OB＝1，OE＝2，∠EOB＝60°，知S△EOB＝eq\f(\r(3),2)，而△OED是边长为2的正三角形，故S△OED＝eq\r(3).所以S四边形OBED＝S△EOB＋S△OED＝eq\f(3\r(3),2).过点F作FQ⊥DG，交DG于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F－OBED的高，且FQ＝eq\r(3)，所以VF－OBED＝eq\f(1,3)FQ·S四边形OBED＝eq\f(3,2).19．(本小题满分12分)(2011·辽宁文，20)设函数f(x)＝x＋ax2＋blnx，曲线y＝f(x)过P(1,0)，且在P点处的切线斜率为2.(1)求a，b的值；(2)证明：f(x)≤2x－2.【解析】(1)f′(x)＝1＋2ax＋eq\f(b,x).由已知条件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝0，,f′1＝2.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋a＝0，,1＋2a＋b＝2.))解得a＝－1，b＝3.(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知f(x)＝x－x2＋3lnx.设g(x)＝f(x)－(2x－2)＝2－x－x2＋3lnx，则g′(x)＝－1－2x＋eq\f(3,x)＝－eq\f(x－12x＋3,x).当0<x<1时，g′(x)>0；当x>1时，g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)单调增加，在(1，＋∞)单调减少．而g(1)＝0，故当x>0时，g(x)≤0，即f(x)≤2x－2.20．(本小题满分12分)(2011·湖南文，20)某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M的价值为上年初的75%.(1)求第n年初M的价值an的表达式；(2)设An＝eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)，若An大于80万元，则M继续使用，否则须在第n年初对M更新．证明：须在第9年初对M更新．【解析】(1)当n≤6时，数列{an}是首项为120，公差为－10的等差数列，an＝120－10(n－1)＝130－10n；当n≥6时，数列{an}是以a6为首项，公比为eq\f(3,4)的等比数列，又a6＝70，所以an＝70×(eq\f(3,4))n－6.因此，第n年初，M的价值an的表达式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(130－10n，n≤6，,70×\f(3,4)n－6，n≥7.))(2)设Sn表示数列{an}的前n项和，由等差及等比数列的求和公式得当1≤n≤6时，Sn＝120n－5n(n－1)，An＝120－5(n－1)＝125－5n；当n≥7时，由于S6＝570，故Sn＝S6＋(a7＋a8＋…＋an)＝570＋70×eq\f(3,4)×4×[1－(eq\f(3,4))n－6]＝780－210×(eq\f(3,4))n－6.An＝eq\f(780－210×\f(3,4)n－6,n)因为{an}是递减数列，所以{An}是递减数列．又A8＝eq\f(780－210×\f(3,4)2,8)＝82eq\f(47,64)>80，A9＝eq\f(780－210×\f(3,4)3,9)＝76eq\f(79,96)<80，所以须在第9年初对M更新．21．(本小题满分12分)(2012·北京海淀一模)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点M(1，eq\f(3,2))，其离心率为eq\f(1,2).(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l与椭圆C相交于A，B两点，以线段OA，OB为邻边作平行四边形OAPB，其中顶点P在椭圆C上，O为坐标原点．求O到直线l距离的最小值．【解析】(1)由已知，e2＝eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(1,4)，所以3a2＝4b2①又点M(1，eq\f(3,2))在椭圆C上，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1.②由①②解得a2＝4，b2＝3，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)当直线l斜率存在时，设l方程为y＝kx＋m，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1.))消去y得，(3＋4k2)x2＋8kmx＋4mΔ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝48(3＋4k2－设A，B，P点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，(x0，y0)，则：x0＝x1＋x2＝－eq\f(8km,3＋4k2)，y0＝y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq\f(6m,3＋4k2)，由于点P在椭圆C上，所以eq\f(x\o\al(2,0),4)＋eq\f(y\o\al(2,0),3)＝1.从而eq\f(16k2m2,3＋4k22)＋eq\f(12m2,3＋4k22)＝1，化简得4m2＝3＋4k2，经检验满足③式．又点O到直线l的距离为：d＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝eq\f(\r(\f(3,4)＋k2),\r(1＋k2))＝eq\r(1－\f(1,41＋k2))≥eq\r(1－\f(1,4))＝eq\f(\r(3),2)(当且仅当k＝0时等号成立)．当直线l的斜率不存在时，由对称性知，点P一定在x轴上，此时P点为(－2,0)，(2,0)，直线l为x＝±1，点O到直线l的距离为1.所以点O到直线l的距离最小值为eq\f(\r(3),2).请考生在第22～24三题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分．22．(本小题满分10分)选修4－1：几何证明选讲(2011·江苏南通第二次调研)自圆O外一点P引圆的一条切线PA，切点为A，M为PA的中点，过点M引圆O的割线交该圆于B，C两点，且∠BMP＝100°，∠BPC＝40°，求∠MPB的大小．【解析】因为MA为圆O的切线，所以MA2＝MB·MC.又M为PA的中点，所以MP2＝MB·MC.因为∠BMP＝∠PMC，所以△BMP∽△PMC，于是∠MPB＝∠MCP.在△MCP中，由∠MPB＋∠MCP＋∠BPC＋∠BMP＝180°，得∠MPB＝20°.23．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程(2011·福建毕业班质检)在直角坐标平面内，以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝sinα，,y＝