1、浙江高考仿真卷(五)一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分)1已知集合 Mx|1x3，Nx|x2，则集合 M(RN)等于()Ax|1x2Bx|x1Cx|1x2Dx|22，RNx|x2，集合 M(RN)x|1x22设双曲线x2a2y291(a0)的两焦点之间的距离为 10，则双曲线的离心率为()A.35B.45C.54D.53答案 C解析 因为双曲线x2a2y291(a0)的两焦点之间的距离为 10，所以 2c10，c5，所以 a2c2916，所以 a4.所以离心率 e54.3已知 x，yR，且 xy0，若 ab1，则一定有()AlogaxlogbyBsinaxsinby
2、CaybxDaxby答案 D解析 当 xy0，ab1 时，由指数函数和幂的性质易得 axayby.4将函数 ycos(2x)的图象向右平移3个单位长度，得到的函数为奇函数，则|的最小值为()A.12B.6C.3D.56答案 B解析 设 ycos(2x)向右平移3个单位长度得到的函数为 g(x)，则 g(x)cos2x23 ，因为 g(x)为奇函数，且在原点有定义，所以23 k2(kZ)，解得 k76(kZ)，故当 k1 时，|min6.5函数 f(x)e|x1|2cos(x1)的部分图象可能是()答案 A解析 因为 f(1)1，所以排除 B；因为 f(0)e2cos 10，所以排除 D；因为当
3、 x2 时，f(x)ex12cos(x1)，f(x)ex12sin(x1)e20，即 x2 时，f(x)具有单调性，排除 C.6随机变量 的分布列如下：101Pabc其中 a，b，c 成等差数列，则 D()的最大值为()A.23B.59C.29D.34答案 A解析 由分布列得 abc1，又因为 a，b，c 成等差数列，所以 2bac，则 ac23，所以 E()ca，D()a(ca1)2b(ca)2c(ca1)2a(ca)2b(ca)2c(ca)22a(ca)a2c(ca)c(ca)223，则当 ac 时，D()取得最大值23.7已知单位向量 e1，e2，且 e1e212，若向量 a 满足(ae
4、1)(ae2)54，则|a|的取值范围为()A.2 32，2 32B.212，212C.0，212D.0，2 32答案 B解析 因为向量 e1，e2 为单位向量，且 e1e2|e1|e2|cose1，e212，所以|e1e2|11212 1.因为(ae1)(ae2)54，所以 a2a(e1e2)e1e254，所以|a|2a(e1e2)74，所以|a|2|a|cosa，e1e274，所以 cosa，e1e2|a|274|a|，又因为1cosa，e1e21，所以|a|的取值范围为212，212.8.在等腰梯形 ABCD 中，已知 ABADCD1，BC2，将ABD 沿直线 BD 翻折成ABD，如图，
5、则直线 BA与 CD 所成角的取值范围是()A.3，2B.6，3C.6，2D.0，3答案 A解析 在等腰梯形 ABCD 中，易知ABC3，ABDCBD6，则ABD6，为定值，所以 BA的轨迹可看作是以 BD 为轴，B 为顶点，母线与轴的夹角为6的圆锥的侧面，故点 A的轨迹如图中 AF 所示，其中 F 为 BC 的中点过点 B 作 CD 的平行线，过点 C 作 BD 的平行线，两平行线交于点 E，则直线 BA与 BE 所成的角即直线 BA与 CD 所成的角又易知CDBD，所以直线 AB 与 CD 所成角的取值范围是3，2，故选 A.9已知函数 f(x)2xx2，0 x0，y0)相切时也满足题意，
6、此时|k2|1k21，解得 k34，故选 A.10已知数列满足，a11，a212，且3(1)nan22an2(1)n10，nN*，记 T2n为数列an的前 2n 项和，数列bn是首项和公比都是 2 的等比数列，则使不等式T2n1bn 1bn1 成立的最小整数 n 为()A7B6C5D4答案 C解析 因为3(1)nan22an2(1)n10，nN*，当 n 为偶数时，可得(31)an22an2(11)0，nN*，即an2an 12，a2，a4，a6，是以 a212为首项，以12为公比的等比数列；当 n 为奇数时，可得(31)an22an2(11)0，nN*，即 an2an2，a1，a3，a5，是
7、以 a11 为首项，以 2 为公差的等差数列，T2n(a1a3a5a2n1)(a2a4a6a2n)n2112n，数列bn是首项和公比都是 2 的等比数列，bn22n12n，则T2n1bn 1bn1 等价为n2112n 12n 12n1，即(n21)12n1，即 n212n，分析函数 yn21 与 y2n，则当 n1 时，22，当 n2 时，54 不成立，当 n3 时，108 不成立，当n4 时，1716 不成立，当 n5 时，2632 成立，当 n5 时，n212n 恒成立，故使不等式T2n1bn 1bn2，画出该区域如图阴影部分所示(含边界)，由 z2xy 得 y2xz，由图可知，当直线 y
8、2xz 过点 A(1，m1)时在 y 轴上的截距最大，z 最小，所以，121(m1)，解得 m4.13如图是一个几何体的三视图，若它的体积是23，则 a_，该几何体的表面积为_答案 1 3 5解析 如图所示，此几何体是四棱锥，底面是边长为 a 的正方形，平面 SAB平面 ABCD，并且SAB90，SA2，所以体积是 V13a2223，解得 a1，四个侧面都是直角三角形，所以计算出表面积是 S121212121 51212121 53 5.14在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c 若 a 7，c3，A60，则 b_，ABC 的面积 S_.答案 1 或 2 3 34 或3 3
9、2解析 由余弦定理得 a2b2c22bccos A，即 7b292b3cos 60，即 b23b20，解得 b1 或 2,当 b1 时，S12bcsin A1213sin 603 34，同理当 b2 时，S3 32.15.如图所示，在排成 44 方阵的 16 个点中，中心位置 4 个点在某圆内，其余 12 个点在圆外从16 个点中任选 3 点，作为三角形的顶点，其中至少有一个顶点在圆内的三角形共有_个答案 312解析 根据题意，分 3 种情况讨论：取出的 3 个点都在圆内，C344，即有 4 种取法；在圆内取 2 点，圆外 12 点中有 10 个点可供选择，从中取 1 点，C24C11060，
10、即有 60 种取法；在圆内取 1 点，圆外 12 点中取 2 点，C14()C2124 248，即有 248 种取法则至少有一个顶点在圆内的三角形有460248312(个)16已知 F1，F2 为椭圆 C：x24y231 的左、右焦点，点 P 在椭圆 C 上移动时，PF1F2 的内心 I 的轨迹方程为_答案 x23y21(y0)解析 由题意得 F1(1,0)，F2(1,0)，设点 P(x，y)，I(m，n)，2xan(nN*)；(2)设 bn1an，是否存在实数 M0，使得 b1b2bnM 对任意 nN*成立？若存在，求出 M 的一个值；若不存在，请说明理由(1)证明 设 f(x)exx1，令
11、 f(x)ex10，得到 x0.当 x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递增故 f(x)f(0)0，即 exx1(当且仅当 x0 时取等号)故 an11e na an，且取不到等号，所以 an1an.(2)解 先用数学归纳法证明 an1 1n1.当 n1 时，a1112成立假设当 nk(k1，kN*)时，不等式 ak1 1k1成立，那么当 nk1 时，ak11e ka 11e k 111ek11 1k1k1k2 1 1k2，即 ak11 1k2也成立故对 nN*都有an1 1n1.所以 bn1an 1n1.取 n2t1(tN*)，b1b2bn 1213 1n1 121314 12t1112t
12、1212t.即 b1b2bn 121212t2.其中 tlog2n1，tN*，当 n时，t，t2，所以不存在满足条件的实数 M，使得 b1b2bnM 对任意 nN*成立21(15 分)抛物线 C：yx2，直线 l 的斜率为 2.(1)若 l 与抛物线 C 相切，求直线 l 的方程；(2)若 l 与抛物线 C 相交于 A，B，线段 AB 的中垂线交 C 于 P，Q，求|PQ|AB|的取值范围解(1)设直线 l 的方程为 y2xb，联立直线 l 与抛物线 C 的方程y2xb，yx2，得 x22xb0，44b0，所以 b1，因此，直线 l 的方程为 y2x1.(2)设直线 l 的方程为 y2xb，设
13、点 A()x1，y1，B()x2，y2，P()x3，y3，Q()x4，y4，联立直线 l 与抛物线 C 的方程y2xb，yx2，得 x22xb0，44b0，所以 b1.由根与系数的关系得 x1x22，x1x2b.所以|AB|5|x1x2|2 5b1，且 y1y22(x1x2)2b42b，所以线段 AB 的中点为(1,2b)，所以直线 PQ 的方程为 y12x52b，由y12x52b，yx2，得 2x2x52b0，由根与系数的关系得 x3x412，x3x452b，所以|PQ|52|x3x4|544116b，所以|PQ|AB|184116b1b 1816 25b112，所以|PQ|AB|的取值范围
14、是12，.22(15 分)已知函数 f(x)exexsin x，x0，2(e 为自然对数的底数)(1)求函数 f(x)的值域；(2)若不等式 f(x)k(x1)(1sin x)对任意 x0，2 恒成立，求实数 k 的取值范围；(3)证明：ex112(x32)21.(1)解 因为 f(x)exexsin x，所以 f(x)exex(sin xcos x)ex(1sin xcos x)ex1 2sinx4，x0，2，x44，34，sinx4 22，所以 f(x)0，故函数 f(x)在0，2 上单调递减，函数 f(x)的最大值为 f(0)101；f(x)的最小值为 f 2 2e 2e sin 20，
15、所以函数 f(x)的值域为0,1(2)解 原不等式可化为 ex(1sin x)k(x1)(1sin x)，(*)因为 1sin x0 恒成立，故(*)式可化为 exk(x1)令 g(x)exkxk，x0，2，则 g(x)exk，当 k0 时，g(x)exk0，所以函数 g(x)在0，2 上单调递增，故 g(x)g(0)1k0，所以1k0；当 k0 时，令 g(x)exk0，得 xln k，所以当 x(0，ln k)时，g(x)exk0.所以当 ln k2，即 0k0 成立；当 ln k2，即 k2e 时，函数 g(x)在0，2 上单调递减，g(x)ming 2 2e k2k0，解得2e k2e
16、12，综上，1k2e12.(3)证明 令 h(x)ex112x3221，则 h(x)ex1x32.令 t(x)h(x)ex1x32，则 t(x)ex110，所以 h(x)在 R 上单调递增，由 h 12 12e10，h 34 14e340，故存在 x012，34，使得 h()x0 0，即0 1ex 32x0.所以当 x(，x0)时，h(x)0.故当 xx0 时，函数 h(x)有极小值，且是唯一的极小值，故函数 h(x)minh(x0)0 1ex 12x03221x032 12x0322112x032 1 23212x052232，因为 x012，34，所以12x052232123452232 1320，故 h(x)ex112x32210，即 ex112x3221.