1、专题大模拟(三)(专题一六)(时间120分钟，满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，满分共60分)1(2015江西九江一模)若集合Ax|13x81，Bx|log2(x2x)1，则AB()A(2,4B2,4C(，0)(0,4 D(，1)0,4【解析】因为Ax|13x81x|303x34x|0x4，Bx|log2(x2x)1x|x2x2x|x1或x2，所以ABx|0x4x|x1或x2x|2x4(2,4【答案】A2(2015北京高考)设，是两个不同的平面，m是直线且m.“m”是“”的()A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【解析】若m且m，则平面
2、与平面不一定平行，有可能相交；而m且一定可以推出m，所以“m”是“”的必要而不充分条件【答案】B3(2015山东济宁三模)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x0时，f(x)则ff(16)()A BC. D.【解析】ff(16)ff(16)ff(16)f(log216)f(4)cos .【答案】C4(2015四川高考)过双曲线x21的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A，B两点，则|AB|()A. B2C6 D4【解析】由双曲线的标准方程x21得，右焦点F(2，0)，两条渐近线方程为yx，直线AB：x2，所以不妨取A(2,2)，B(2，2)，则|AB|4.故选D.【答案】D5
3、(2015辽宁沈阳质量检测(一)设Sn为等差数列an的前n项和，若a11，公差d2，Sn2Sn36，则n()A5 B6C7 D8【解析】解法一：Snna1dnn(n1)n2，则Sn2(n2)2，由Sn2Sn36，得(n2)2n24n436，所以n8.解法二：Sn2Snan1an22a1(2n1)d22(2n1)36，解得n8.所以选D.【答案】D6(2015湖南高考)已知点A，B，C在圆x2y21上运动，且ABBC，若点P的坐标为(2,0)，则|的最大值为()A6 B7C8 D9【解析】AC为RtABC的斜边，则AC为圆x2y21的一条直径，故AC必经过原点，如图，则2，|2|2|，当P，O，
4、B三点共线时取等号，即当B落在点(1,0)处时|取得最大值，此时，(2,0)，(3,0)，2|2237，故|的最大值为7.故选B.【答案】B7(2015贵州贵阳监测)已知sinsin ，则sin的值是()A B.C. D【解析】sinsin sin cos cos sin sin sin cos sin cos ，故sinsin cos cos sin .【答案】D8(2015河北石家庄二中一模)三棱锥PABC中，PA平面ABC，ACBC，ACBC1，PA，则该三棱锥外接球的表面积为()A5 B.C20 D4【解析】把三棱锥PABC看作由一个长、宽、高分别为1、1、的长方体截得的一部分(如图)
5、易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球又长方体的体对角线长为，故外接球半径为，表面积为425.【答案】A9(2015陕西八校联考)已知变量x，y满足约束条件若zx2y的最大值与最小值分别为a，b，且方程x2kx10在区间(b，a)上有两个不同实数解，则实数k的取值范围是()A(6，2) B(3,2)C. D.【解析】作出可行域，如图所示，则目标函数zx2y在点(1,0)处取得最大值1，在点(1,1)处取得最小值3，a1，b3，从而可知方程x2kx10在区间(3,1)上有两个不同实数解令f(x)x2kx1，则k2.故选C.【答案】C10(2015山东枣庄第九中学模拟)已知f1(x)sin x
6、cos x，fn1(x)是fn(x)的导函数，即f2(x)f1(x)，f3(x)f2(x)，fn1(x)fn(x)，nN*，则f2 015(x)()Asin xcos x Bsin xcos xCsin xcos x Dsin xcos x【解析】f2(x)f1(x)cos xsin x，f3(x)f2(x)sin xcos x，f4(x)f3(x)cos xsin x，f5(x)f4(x)sin xcos x，f6(x)f5(x)cos xsin x，可知fn(x)是以4为周期的函数，2 01550343，f2 015(x)f3(x)sin xcos x故选B.【答案】B11(2015新课标
7、高考)设函数f(x)ln(1|x|)，则使得f(x)f(2x1)成立的x的取值范围是()A.B.(1，)C.D.【解析】函数f(x)ln(1|x|)，f(x)f(x)，故f(x)为偶函数，又当x(0，)时，f(x)ln(1x)，f(x)是单调递增的，故f(x)f(2x1)f(|x|)f(|2x1|)，|x|2x1|，解得x1.故选A.【答案】A12(2015山西考前质检)已知A，B分别为椭圆1(ab0)的右顶点和上顶点，直线ykx(k0)与椭圆交于C，D两点，若四边形ACBD的面积的最大值为2c2，则椭圆的离心率为()A. B.C. D.【解析】如图，设C(x1，y1)(x10)，D(x2，y
8、2)，将ykx代入椭圆方程可解得x1，x2，则|CD|x1x2|.又点A(a,0)到直线ykx的距离d1，点B(0，b)到直线ykx的距离d2，所以S四边形ACBDd1|CD|d2|CD|(d1d2)|CD|ab.令t，则t212ab12ab12ab2，当且仅当a2k，即k时，tmax，所以S四边形ACBD的最大值为ab.由条件，有ab2c2，即2c4a2b2a2(a2c2)a4a2c2,2c4a2c2a40,2e4e210，解得e2或e21(舍去)，所以e.故选D.【答案】D二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分共20分)13(2015浙江高考)双曲线y21的焦距是_，渐近线方程是_【
9、解析】因为a22，b21，c23，故焦距为2c2，渐近线方程为y20，即yx.【答案】2yx14(文)(2015河南郑州质检二)执行如图所示的程序框图，输出的S的值是_【解析】由程序框图可知，n1，S0，Scos ，n2；Scos cos ，n3；Scos cos cos cos 251cos cos cos 25100(1)01，n2 015，此时结束循环，输出S1.【答案】1(理)(2015山东高考)执行如图所示的程序框图，输出的T的值为_【解析】开始n1，T1，因为13，所以T11x2112，n112；因为23，所以Tx313，n213.因为33不成立，所以输出T，即输出的T的值为.【答
10、案】15(2015衡水中学二模)在ABC中，P为BC边上的中点，角A，B，C对边分别为a，b，c，若0，则ABC的形状为_【解析】由0得 ，ABC是等边三角形【答案】等边三角形16(2015四川高考)已知函数f(x)2x，g(x)x2ax(其中aR)对于不相等的实数x1，x2，设 m，n.现有如下命题：对于任意不相等的实数x1，x2，都有m0；对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n0；对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得mn；对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得mn.其中的真命题有_(写出所有真命题的序号)【解析】因为f(x)2x在R上是单调递增的，所以对于不相等
11、的实数x1，x2，m0恒成立，正确；因为g(x)x2ax，所以nx1x2a，正负不定，错误；由mn，整理得f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)令函数p(x)f(x)g(x)2xx2ax，则p(x)2xln 22xa，令t(x)p(x)，则t(x)2x(ln 2)22，又t(1)2(ln 2)220，t(3)8(ln 2)220，从而存在x0(1,3)，使得t(x0)2x0(ln 2)220，于是p(x)有极小值p(x0)2x0ln 22x0a2log2a，所以存在a2log2，使得p(x0)0，此时p(x)在R上单调递增，故不存在不相等的实数x1，x2，使得f(x1)g(x1)f(x2)g
12、(x2)，不满足题意，错误；由mn，得f(x)g(x)，即a2xln 22x.设h(x)2xln 22x，则h(x)2x(ln 2)220，所以h(x)在R上是单调递增的，且当x时，h(x)，当x时，h(x)，所以对于任意的a，ya与yh(x)的图象一定有交点，正确【答案】三、解答题(本题大共6小题，满分共70分)17(10分)(2015湖南高考)设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，abtan A.(1)证明：sin Bcos A；(2)若sin Csin Acos B，且B为钝角，求A，B，C.【解】(1)证明：由abtan A及正弦定理，得，所以sin Bcos A.(2)因为
13、sin Csin Acos Bsin180(AB)sin Acos Bsin(AB)sin Acos Bsin Acos Bcos Asin Bsin Acos Bcos Asin B，所以cos Asin B.由(1)sin Bcos A，因此sin2B.又B为钝角，所以sin B，故B120.由cos Asin B知A30，从而C180(AB)30.综上所述，A30，B120，C30.18(12分)(2015福建龙岩检测)某同学用“五点法”画函数f(x)Asin(x)在某一个周期内的图象时，列表如下：xx1x2x3x02Asin(x)02020(1)求x1，x2，x3的值及函数f(x)的表
14、达式；(2)将函数f(x)的图象向左平移个单位，可得到函数g(x)的图象，求函数yf(x)g(x)在x上的最小值【解】(1)由0，可得，.由x1，x2，x32可得x1，x2，x3.由Asin 2，得A2，f(x)2sin.(2)由f(x)2sin的图象向左平移个单位，得g(x)2sin2cos的图象，yf(x)g(x)22sincos2sin，当x时，x，当x，即x时，ymin2.19(12分)(文)(2015山东烟台一模)如图，在几何体ABCDEF中，ABCD是正方形，DE平面ABCD.(1)求证：AC平面BDE；(2)若AFDE，DE3AF，点M在线段BD上，且BMBD，求证：AM平面BE
15、F.【证明】(1)因为DE平面ABCD，AC平面ABCD，所以DEAC，因为ABCD是正方形，所以ACBD，又BDDED，从而AC平面BDE.(2)延长EF、DA交于点G，连结GB，因为AFDE，DE3AF，所以，因为BMBD，所以，所以，所以AMGB，又AM平面BEF，GB平面BEF，所以AM平面BEF.(12分)(理)(2015陕西高考)如图1，在直角梯形 ABCD中，ADBC，BAD，ABBC1，AD2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点将ABE沿BE折起到A1BE的位置，如图2. (1)证明：CD平面A1OC；(2)若平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值
16、【解】(1)证明：在图1中，因为ABBC1，AD2，E是AD的中点，BAD，所以BEAC.即在图2中，BEOA1，BEOC，从而BE平面A1OC，又CDBE，所以CD平面A1OC.(2)由已知，平面A1BE平面BCDE，又由(1)知，BEOA1，BEOC，所以A1OC为二面角A1BEC的平面角，所以A1OC.如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，因为A1BA1EBCED1，BCED，所以B，E，A1，C，得，(，0,0)设平面A1BC的法向量n1(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD夹角为，则得取n1(1,1,1)；得取n2(0,1,1)
17、，从而cos |cosn1，n2|，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.20(12分)(2015福建高考)已知椭圆E：1(ab0)过点(0，)，且离心率e.(1)求椭圆E的方程；(2)设直线l：xmy1(mR)交椭圆E于A，B两点，判断点G与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由【解】(1)由已知得，解得所以椭圆E的方程为1.(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为H(x0，y0)由得(m22)y22my30.所以y1y2，y1y2，从而y0.所以|GH|22y2y(m21)ymy0.(1m2)(yy1y2)，故|GH|2my0(1m2)y1y20，所以|GH|.
18、故点G在以AB为直径的圆外21(12分)(2015山东日照3月模拟)已知数列an中，a11，an1(1)证明：数列是等比数列；(2)若Sn是数列an的前n项和，求S2n.【解】(1)证明：设bna2n，则b1a2，因为.所以数列是以为首项，为公比的等比数列(2)由(1)得bna2nn1n，即a2nn，由a2na2n1(2n1)，得a2n13a2n3(2n1)n16n，所以a2n1a2n6n92n6n9，S2n(a1a2)(a3a4)(a2n1a2n)26(12n)9n269nn13n26nn3(n1)22.22(12分)(2015湖南岳阳一中高三月考)已知函数f(x)ax1ln x(aR)(1
19、)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f(x)在x1处取得极值，x(0，)，f(x)bx2恒成立，求实数b的取值范围【解】(1)f(x)的定义域为(0，)f(x)a，当a0时，f(x)0在(0，)上恒成立，函数f(x)在(0，)上单调递减，f(x)在(0，)上没有极值点；当a0时，由f(x)0得0x，由f(x)0得x，f(x)在上递减，在上递增，即f(x)在x处有极小值当a0时，f(x)在(0，)上没有极值点，当a0时，f(x)在(0，)上有一个极值点(2)函数f(x)在x1处取得极值，a1，f(x)bx21b，令g(x)1，则g(x)，令g(x)0，得xe2，则g(x)在(0，e2)上递减，在(e2，)上递增，g(x)ming(e2)1，即b1，即实数b的取值范围为.