1、 高考模拟训练（一）(满分：150 分，测试时间：120 分钟)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 i 是虚数单位，则复数 z7i3i()A2i B2i C2i D2i 解析：z7i3i（7i）（3i）（3i）（3i）217i3i1102i.答案：B 2已知条件 p：log2(x1)1；条件 q：|x2|1，则 p 是 q 成立的()A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分又不必要条件 解析：log2(x1)10 x121x3；|x2|11x211x3.选C.答案：C 3a 为如图所示的
2、程序框图中输出的结果，则化简 cos(a)的结果是()Acos Bcos Csin Dsin 解析：由程序框图知，a2，i1；a1，i2；a12，i3；a2，i4，直到 i2 014，故 a2，cos(a)cos(2)cos，选 A.答案：A 4在长为 5 cm 的线段 AB 上任取一点 C，以 AC，BC 为邻边作一矩形，则矩形面积小于 4 cm2的概率为()A.15 B.25 C.35 D.45 解析：设 ACx，则 x(5x)4，解得 x1 或 x4，又 0 x5，所以 0 x1 或 4x5，于是所求的概率为25，选 B.答案：B 5在ABC 中，AB3，AC2，BD12BC，则ADBD
3、()A52 B.52 C54 D.54 解析：由BD12BC得 D 是 BC 的中点，所以AD12(ABAC)ADBD12(ABAC)12BC12(ABAC)12(ACAB)14(AC2AB2)54，选 C.答案：C 6甲、乙两人进行乒乓球比赛，先赢 3 局者获胜，决了胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次不同视为不同情形)共有()A10 种 B15 种 C20 种 D30 种 解析：两人比赛局数为 3 局、4 局或 5 局当局数为 3 时，情况为甲或乙连赢 3 局，共 2种；当局数为 4 时，若甲胜，则甲第 4 局胜，且前 3 局胜 2 局，有 C233 种情况，同理乙胜也有 3 种情
4、况，共 6 种；当局数为 5 时，前四局甲、乙各胜两局，最后一局赢的人获胜，有 2C2412 种情况故总共有 20 种情况，选 C.答案：C 7设函数 f(x)2 x 1xn，其中 n 是集合1，2，3的非空真子集的个数，则 f(x)的展开式中常数项是()A52 B160 C160 D20 解析：n2326，所以 f(x)2 x 1x6，其展开式通项是 Cr6(2 x)6r 1xr(1)r26rCr6(x)62r，故 r3 时，通项是常数项(1)3C3623160，选 B.答案：B 8如图是函数 ycos2x56在一个周期内的图象，则阴影部分的面积是()A.34 B.54 C.32 D.32
5、34 解析：函数的周期 T，6 2 23.阴影部分面积为：23 6cos2x56dx60cos2x56dx 12sin2x5623 612sin2x566054.选 B.答案：B 9如图，在由 x0，y0，x2 及 ycos x 围成区域内任取一点，则该点落在 x0，ysin x 及 ycos x 围成的区域内(阴影部分)的概率为()A1 22 B.21 C.212 D32 2 解析：由 x0，y0，x2 及 ycos x 所围成区域的区域面积 S20cos xdxsin x20sin2 1，由 x0，ysin x 及 ycos x 所围成的区域面积 S40(cos xsin x)dx(sin
6、 xcos x)40 22 22 1 21，根据几何概型的概率公式可得所求的概率 P 211 21.答案：B 10已知定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(3)f(5)1，f(x)为 f(x)的导函数，且导函数 yf(x)的图象如图所示则不等式 f(x)1 的解集是()A(3，0)B(3，5)C(0，5)D(，3)(5，)解析：依题意得，当 x0 时，f(x)0，f(x)是增函数；当 x0 时，f(x)0，f(x)是减函数 又 f(3)f(5)1，因此不等式 f(x)1 的解集是(3，5)，选 B.答案：B 11设双曲线的方程为y2a2x2b21(a0，b0)，若双曲线的渐近线被圆 M：x2
7、y210 x0 所截的两条弦长之和为 6，则双曲线的离心率为()A.54 B.53 C.43 D.52 解析：由已知得双曲线的渐近线方程为 yabx，即 axby0.圆 x2y210 x0 可化为(x5)2y225，故圆心 M(5，0)，半径 r5.由双曲线及圆的对称性可知，双曲线的两条渐近线被圆 M 所截的两条弦长相等，故其中一条渐近线被圆所截弦长为 3，所以圆心 M 到直线axby0 的距离 d|a5b0|a2b2 52324，即 5|a|4 a2b2，整理得 9a216b2，故a43b，所以 c a2b243b2b25b3，故 eca53b43b54.答案：A 12设 f(x)与 g(x
8、)是定义在同一区间上的两个函数，若对任意的 x，都有|f(x)g(x)|k(k0)，则称 f(x)和 g(x)在上是“k 度和谐函数”，称为“k 度密切区间”，若函数f(x)ln x 与 g(x)mx1x在1e，e(e 为自然对数的底数)上是“e 度和谐函数”，则 m 的取值范围是()A B C.1ee，1e D.1e1e，1e 解析：设 h(x)f(x)g(x)ln xmx1x m1xln x，h(x)1x21xx1x2，故当 x1e，1 时，h(x)0，函数 h(x)单调递减；当 x时，h(x)0，函数 h(x)单调递增 所以函数 h(x)的最小值为 h(1)m1；而 h1e me1，h(
9、e)m1e1，显然 e11e1，所以 h1e h(e)，故函数 h(x)的最大值为 h1e me1.故函数 h(x)在1e，e 上的值域为 由题意，|h(x)|e,即eh(x)e，所以m1e，me1e，解得1m1e.答案：B 二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分把答案填在题中横线上)13已知(x1)2(y1)2(z1)24，则 x2y3z 的最大值是_ 解析：由柯西不等式得，x2y3z(x1)2(y1)3(z1)（122232）（x1）2（y1）2（z1）2 2 14，等号当且仅当 x1y12 z13 0，且(x1)2(y1)2(z1)24，即 x 1477，y2 14
10、77，z3 1477时成立，故所求的最大值为 2 14.答案：2 14 14一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是_ 解析：几何体是一个半球和一个圆台的组合体，体积为 V124343133(222442)2123.答案：2123 15执行如图所示的程序框图，输出的 T 的值为_ 解析：该程序框图运行 2 次，故输出的 T110 xdx10 x2dx 1x22x3310116.答案：116 16设 a(a1，a2)，b(b1，b2)，定义一种向量积 ab(a1，a2)(b1，b2)(a1b1，a2b2)已知 m2，12，n3，0，点 P(x，y)在 ysin x 的图象上运动，点 Q 在
11、 yf(x)的图象上运 动，且 满 足 OQ m OP n(其 中 O 为 坐 标 原 点)，则 y f(x)的 最 大 值 为_ 解析：设 Q(x，y)，P(x，y)则由OQmOPn，得(x，y)2x，12sin x 3，0，x2x3，y12sin x，消去 x得 yf(x)的解析式为 y12sinx26，xR，易得 yf(x)的最大值为12.答案：12 三、解答题 17(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)Asin(x)B(A0，0)的一系列对应值如下表：x 6 3 56 43 116 73 176 y 1 1 3 1 1 1 3(1)根据表格提供的数据求函数 f(x)的一个解析式；(
12、2)根据(1)的结果，若函数 yf(kx)(k0)周期为23，当 x0，3 时，方程 f(kx)m恰有两个不同的解，求实数 m 的取值范围 解析：(1)设 f(x)的最小正周期为 T，得 T116 6 2，由 T2，得 1，又BA3，BA1，解得A2，B1.代入点56，3 得 2sin56 3，sin56 1.令 56 2，即56 2，解得 3，f(x)2sinx3 1.(2)函数 yf(kx)2sinkx3 1 的周期为23，又 k0，k3，令 t3x3，x0，3，t3，23.如图，sin ts 在3，23上有两个不同的解，则 s32，1，方程 f(kx)m 在 x0，3 时恰好有两个不同的
13、解，则 m 31，3)，即实数 m 的取值范围是 31，3)18(本小题满分 12 分)如图所示，已知四棱锥 PABCD 是底面边长为 2 的菱形，且ABC60，PAPB 2，PC2.(1)求证：平面 PAB平面 ABCD；(2)求二面角 APCB 的正弦值 解析：(1)取 AB 的中点 O，连结 PO，CO.PAPB，POAB.PO 211.ABBC，且ABC60，ABC 为等边三角形，COAB.在DBC 中，OC 2212 3.在POC 中，求得 PO1，CO 3.又 PC2，PC2PO2CO2，POCO.又AB 平面 ABCD，CO 平面 ABCD，ABCOO，PO平面 ABCD.又PO
14、 平面 PAB，平面 PAB平面 ABCD.(2)建立如图所示的空间直角坐标系 则 O(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，0，0)，C(0，3，0)，P(0，0，1)，于是PA(1，0，1)，PB(1，0，1)，PC(0，3，1)设平面 APC 的法向量为 m(x，y，z)，则mPAxz0，mPC 3yz0.取 x1 得，m1，33，1.设平面 BPC 的法向量为 n(x1，y1，z1)，则nPBx1z10，nPC 3y1z10.取 x11 得，n1，33，1.cosm，nmn|m|n|17，sinm，n4 37.所以，所求二面角的正弦值为4 37.19(本小题满分 12 分)已知正AB
15、C 的边长为 3，P1是边 AB 上的一点且 BP11，从 P1向BC 作垂线，垂足为 Q1，从 Q1向 CA 作垂线，垂足为 R1，从 R1向 AB 作垂线，垂足为 P2.再从 P2重复同样作法，依次得到点 Q2，R2，P3，Q3，R3，Pn，Qn，Rn，设 BPnan(n1，2，3，)(1)求 an1与 an关系式；(2)求数列nan前 n 项和 Sn.解析：(1)由题意：BPnan，BPn1an1，则 BQnBPncos 6012an，QnC312an，CRnQnCcos 6012312an，ARn3CRn3214an，APn1ARncos 6012ARn3418an，BPn13APn1
16、9418an，即 an118an94(nN*)(2)由 an118an94(nN*)，得到：an1218(an2)，an2是以 a121 为首项，公比为18的等比数列 an218n1，即 an218n1(nN*)nan2nn18n1，则 Sn2(123n)11802181n18n1，令 Tn11802181n18n1，18Tn11812182n18n，两式相减得：98Tn118 18218n1n18n118n118n18n，Tn64（9n8）18n181.Snn(n1)64（9n8）18n181.20(本小题满分 12 分)已知椭圆x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为 F1、F2，短
17、轴两个端点为 A、B，且四边形 F1AF2B 是边长为 2 的正方形 (1)求椭圆的方程；(2)若 C、D 分别是椭圆长的左、右端点，动点 M 满足 MDCD，连接 CM，交椭圆于点 P.证明：OMOP为定值(3)在(2)的条件下，试问 x 轴上是否存异于点 C 的定点 Q，使得以 MP 为直径的圆恒过直线 DP、MQ 的交点，若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由 解析：(1)根据题意可知 a2，bc，a2b2c2，b22.椭圆方程为x24y221.(2)C(2，0)，D(2，0)，设 M(2，y0)，P(x1，y1)，则OP(x1，y1)，OM(2，y0)直线 CM：yy04(x
18、2)，即 yy04x12y0，代入椭圆方程 x22y24，得1y208 x212y20 x12y2040.2x112y2041y208，x12（y208）y208，y1 8y0y208，OP2（y208）y208，8y0y208，OPOM4（y208）y208 8y20y2084y2032y208 4.(3)设存在 Q(m，0)满足条件，则 MQDP，MQ(m2，y0)，DP 4y20y208，8y0y208，则由MQDP0，得 4y20y208(m2)8y20y2080，从而得 m0.存在 Q(0，0)满足条件 21(本小题满分 12 分)已知函数 F(x)ln xaxa1x 1.(1)若曲
19、线 yF(x)在点(2，F(2)处的切线垂直于 y 轴，求实数 a 的值；(2)若 0a12，求函数 F(x)的单调区间；(3)若曲线 yF(x)(x)上任意两点(x1，F(x1)，(x2，F(x2)的连线的斜率恒大于a1，求实数 a 的取值范围 解析：(1)由题意得 F(x)1xaa1x2，F(2)12aa14 0a13.(2)由(1)得 F(x)（x1）（axa1）x2，当 0a1，故 x(0，1)时 F(x)0，x1a1，时，F(x)0，即 F(x)在(0，1)上递减，在1，1a1 上递增，在1a1，上递减 a12时，F(x)（x1）22x20，(当且仅当 x1 时等号成立)，故 F(x
20、)在(0，)上递减 当 a0 时，F(x)x1x2.当 0 x1 时，F(x)1 时，F(x)0，即 F(x)在(0，1)上递减，在(1，)上递增 综上：当 0aa1，x1x2，x1，x2恒成立，不妨设 x1x2，则F（x1）F（x2）x1x2a1，F(x1)F(x2)(a1)x1(a1)x2，F(x1)(a1)x1F(x2)(a1)x2，则函数 yF(x)(a1)x 在上递增，y1x1a1x2 0 在 x上恒成立，即 ax2x1 在 x上恒成立，又x2x1x12254在上的最大值为1，a 的范围是 110s2x4.答案：A 3等差数列an中 a5a64，则 log2(2a12a22a32a1
21、0)()A10 B20 C40 D2log25 解析：由等差数列的性质得 a1a10a2a9a5a64，log2(2a12a22a32a10)log2(2a1a2a3a10)log222020，故答案为 B.答案：B 4在 x(1x)6的展开式中，含 x3项的系数为()A30 B20 C15 D10 解析：(1x)6展开式中通项 Tr1Cr6xr，令 r2 可得，T3C26x215x2，(1x)6展开式中 x2项的系数为 15，在 x(1x)6的展开式中，含 x3项的系数为 15.答案：C 5按如图所示的程序框图运行后，输出的结果是 63，则判断框中的整数 M 的值是()A5 B6 C7 D8
22、 解析：第一次执行完循环体，S3，A2，此时判断框的条件成立，第二次执行完循环体，S7，A3，此时判断框的条件成立，第三次执行完循环体，S15，A4，此时判断框的条件成立，第四次执行完循环体，S31，A5，此时判断框的条件成立，第五次执行完循环体，S63，A6，此时判断框的条件不成立，A5，故答案为 A.答案：A 6在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次设命题 p 是“甲降落在指定范围”，q 是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为()A(綈 p)(綈 q)Bp(綈 q)C(綈 p)(綈 q)Dpq 解析：(1)“至少有一位学员没有降落在指定范围”即甲没有降
23、落在指定范围或者乙没有降落在指定范围或者甲、乙都没有降落在指定范围又命题 p 是“甲降落在指定范围”，可知命题綈 p 是“甲没有降落在指定范围”；同理，命题綈 q 是“乙没有降落在指定范围”，所以“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为(綈 p)(綈 q)答案：A 7某几何体的三视图如图所示则该几何体的表面积为()A54 B60 C66 D72 解析：由三视图知，几何体是直三棱柱削去一个同底的三棱锥，如图所示 三棱柱的高为 5，削去的三棱锥的高为 3，三棱锥与三棱柱的底面是直角边长分别为 3 和 4 的直角三角形，AB平面 BEFC，ABBC.FC2，ADBE5，DF5，BC5.几何体的表
24、面积 S12341235522 4522 53560.答案：B 8植树节某班 20 名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距 10 米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，现将树坑从 1 到 20 依次编号，为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小，树苗可以放置的两个最佳坑位的编号为()A1 和 20 B9 和 10 C9 和 11 D10 和 11 解析：设在第 n 棵树旁放置所有树苗，前来领取树苗所走路程总和为 f(n)则 f(n)5n(n1)5(20n)(21n)10n2210n2 100 10n21221 9952，n 为正整数，n10 或 11 时，f(
25、n)有最小值 答案：D 9若 f(x)x2201f(x)dx，则01f(x)dx()A1 B13 C.13 D1 解析：若01f(x)dx1，则：f(x)x22，x22x2201(x22)dx x2213x32x10 x2103，显然 A 不正确；若01f(x)dx13，则：f(x)x223，x223x2201x223 dx x2213x323x10 x223，显然 B 正确；若01f(x)dx13，则：f(x)x223，x223x2201x223 dx x2213x323x10 x22，显然 C 不正确；若01f(x)dx1，则：f(x)x22，x22x2201(x22)dx x2213x3
26、2x10 x2143，显然 D 不正确 答案：B 10设函数 f1(x)x2，f2(x)2(xx2)，f3(x)13|sin 2x|，ai i99，i0，1，2，99.记 Ik|fk(a1)fk(a0)|fk(a2)fk(a1)|fk(a99)fk(a98)|，k1，2，3，则()AI1I2I3 BI2I1I3 CI1I3I2 DI3I2I1 解析：由i992i1992 1992i199，故 I1 199199 399 599299199 199992991；由 2i99i199 i992i19922 19999（2i1）99，故 I22 19998999699 299 099 299 499
27、98999 800992 9921992 1.故 I2I1b0)的焦距为 4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)设 F 为椭圆 C 的左焦点，T 为直线 x3 上任意一点，过 F 作 TF 的垂线交椭圆 C 于点 P，Q.证明：OT 平分线段 PQ(其中 O 为坐标原点)；当|TF|PQ|最小时，求点 T 的坐标 解析：(1)依题意有c2，a 3b，a2b2c24，解得a26，b22.所以椭圆 C 的标准方程为x26y221.(2)设 T(3，t)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ 的中点为 N(x0，y0)，证明：由 F(2，0)，可设直
28、线 PQ 的方程为 xmy2，则 PQ 的斜率 kPQ1m.由xmy2，x26y221(m23)y24my20，所以16m28（m23）24（m21）0，y1y2 4mm23，y1y2 2m23，于是 y0y1y22 2mm23，从而 x0my02 2m2m232 6m23，即 N6m23，2mm23，则直线 ON 的斜率 kONm3，又由 PQTF 知，直线 TF 的斜率 kTF t032 1kPQ11m，得 tm.从而 kOT t3m3kON，即 kOTkON，所以 O，N，T 三点共线，从而 OT 平分线段 PQ，故得证 由两点间距离公式得|TF|m21，由弦长公式得|PQ|y1y2|m
29、21 （y1y2）24y1y2 m21 24（m21）m23 m21，所以|TF|PQ|m2124（m21）m23 m21 m2324（m21）.令 x m21(x1)，则|TF|PQ|x222 6x 12 6x2x 33(当且仅当 x 2时，等号成立)所以当|TF|PQ|最小时，由 x22m21，得 m1 或 m1，此时点 T 的坐标为(3，1)或(3，1)21(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)exkx2(e 为自然对数的底数)，xR.(1)若 k12，求证：当 x(0，)时，f(x)1；(2)若 f(x)在区间(0，)上单调递增，试求 k 的取值范围；(3)求证：2141 2241
30、 2341 2n41 e4(nN*)解析：(1)f(x)ex12x2，记 h(x)f(x)exx，则 h(x)ex10(x0)f(x)在(0，)上递增，f(x)f(0)10.f(x)在(0，)上单调递增，故 f(x)f(0)1.(2)(方法 1)f(x)ex2kx，下面求使 f(x)0(x0)恒成立的 k 的取值范围 若 k0，显然 f(x)0，f(x)在区间(0，)上单调递增；记(x)ex2kx，则(x)ex2k，当 0k12时，exe01，2k1，(x)0，则(x)在(0，)上单调递增，于是 f(x)(x)(0)10，f(x)在(0，)上单调递增；当 k12时，(x)在(0，ln 2k)上
31、单调递减，在(ln 2k，)上单调递增，于是 f(x)(x)(ln 2k)eln 2k2kln 2k，由 eln 2k2kln 2k0 得 2k2kln 2k0，则12ke2.综上，k 的取值范围为，e2.(方法 2)f(x)ex2kx，下面求使 f(x)0(x0)恒成立的 k 的取值范围 即 kex2x(x0)恒成立，记(x)ex2x(x0)，则(x)12exxex1x212ex（x1）x2(x0)，(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增(x)min(1)e2，则 ke2(x0)k 的取值范围为，e2.(3)(方法 1)由(1)知，对于 x(0，)，有 ex12x21，e2x2x
32、21.则 ln(2x21)2x，从而 ln2n41 2n2(nN*)，于是ln2141 ln2241 ln2341 ln2n41 2122222322n2212 2122232（n1）n22(1121213 1n11n)42n4，故2141 2241 2341 2n41 e4(nN*)(方法 2)由(1)知，对于 x(0，)，有 ex12x21，e2x2x21，则 ln(2x21)2x，从而有 ln2n41 2n2(nN*)，又1n2 44n244n214（2n1）（2n1）212n112n1，1121221321n2 121315151712n112n1 121312n1 53，于是 ln2
33、141 ln2241 ln2341 ln2n41 21121221321n2 103 4，故2141 2241 2341 2n41 e4.选做题(从以下三题中任选一题作答)22(本小题满分 10 分)选修 41：几何证明选讲 如图，O 为等腰三角形 ABC 内一点，O 与ABC 的底边 BC 交于 M，N 两点，与底边上的高 AD 交于点 G，且与 AB，AC 分别相切于 E，F 两点(1)证明：EFBC；(2)若 AG 等于O 的半径，且 AEMN2 3，求四边形 EBCF 的面积 解析：(1)证明：由于ABC 是等腰三角形，ADBC，所以 AD 是CAB 的平分线 又因为O 分别与 AB，
34、AC 相切于点 E，F，所以 AEAF，故 ADEF.又ADBC，所以 EFBC.(2)由(1)知，AEAF，ADEF，故 AD 是 EF 的垂直平分线 又 EF 为O 的弦，所以 O 在 AD 上连接 OE，OM，则 OEAE.由 AG 等于O 的半径得 AO2OE，所以OAE30.因此ABC 和AEF 都是等边三角形 因为 AE2 3，所以 AO4，OE2.因为 OMOE2，DM12MN 3，所以 OD1.于是 AD5，AB10 33.所以四边形 EBCF 的面积为1210 332 32 12(2 3)2 32 16 33.23(本小题满分 10 分)选修 44：坐标系与参数方程 在直角坐
35、标系 xOy 中，曲线 C1：xtcos，ytsin(t 为参数，t0)，其中 0cd，则 a b c d；(2)a b c d是|ab|cd|的充要条件 证明：(1)因为(a b)2ab2 ab，(c d)2cd2 cd，由题设 abcd，abcd，得(a b)2(c d)2.因此 a b c d.(2)若|ab|cd|，则(ab)2(cd)2，即(ab)24ab(cd)24cd.因为 abcd，所以 abcd.由(1)，得 a b c d.若 a b c d，则(a b)2(c d)2，即 ab2 abcd2 cd.因为 abcd，所以 abcd.于是(ab)2(ab)24ab(cd)24
36、cd(cd)2.因此|ab|cd|.综上，a b c d是|ab|cd|的充要条件 高考模拟训练（三）(满分：150 分，测试时间：120 分钟)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已知定义在复数集 C 上的函数 f(x)满足 f(x)1x，xR，（1i）x，xR，则 f(1i)等于()A2 B0 C2 D2i 解析：f(1i)(1i)(1i)1i22.答案：C 2已知 m，n 是两条不同直线，是两个不同平面，则下列命题正确的是()A若，垂直于同一平面，则 与 平行 B若 m，n 平行于同一平面，则 m 与 n 平
37、行 C若，不平行，则在 内不存在与 平行的直线 D若 m，n 不平行，则 m 与 n 不可能垂直于同一平面 解析：A 中，垂直于同一个平面的两个平面可能相交也可能平行，故 A 错；B 中，平行于同一个平面的两条直线可以平行、相交或异面，故 B 错误；C 中，两个平面相交时，其中的一个平面内的直线只要平行于交线时就一定和另外一个平面平行，故 C 错误；D 中，反面思考可知，如果两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行，若两条直线不平行，则它们不可能垂直于同一平面，D 正确 答案：D 3ABC 是边长为 2 的等边三角形，已知向量 a，b 满足AB2a，AC2ab，则下列结论正确 是()A|b|
38、1 Bab Cab1 D(4ab)BC 解析：因为AB2a，AC2ab，所以 a12AB，bBC.因为ABC 是边长为 2 的等边三角形，所以|b|2，ab12ABBC1，故 a，b 不垂直，4ab2ABBCABAC，故(4ab)BC(ABAC)BC220，所以(4ab)BC.答案：D 4如图，长方形的四个顶点为 O(0，0)，A(4，0)，B(4，2)，C(0，2)，曲线 y x经过点 B，现将一质点随机投入长方形 OABC 中，则质点落在图中阴影区域的概率是()A.512 B.23 C.12 D.34 解析：阴影部分面积为04 xdx23x32|40163，故所求概率为 P1632423.
39、答案：B 5设(1x)10a0a1xa2x2a10 x10，则 a12a23a310a10()A929 B10210 C1029 D9210 解析：a12a23a310a10 C9102C8103C71010C010 5C10105C8105C7105C010 5210 1029.答案：C 6在如图所示的正方形中随机投掷 10 000 个点，则落入阴影部分(曲线 C 为正态分布 N(0，1)的密度曲线)的点的个数的估计值为()A2 386 B2 718 C3 413 D4 772 附：若 XN(，2)，则 P(X)0.682 6，P(2X2)0.954 4.解析：由 XN(0，1)，P(1X1
40、)0.682 6，所以 P(0X1)0.341 3.由概率计算公式得 0.341 3 阴影部分的点数总的点数阴影部分的点数10 000.阴影部分的点数为 3 143，故选 C.答案：C 7平面上满足线性约束条件x2，xy0，xy100的点(x，y)形成的区域为 M，区域 M 关于直线y2x 对称的区域为 N，则区域 M，N 中距离最近的两点间的距离为()A.6 55 B.12 55 C.8 35 D.16 35 解析：作出可行域如图 由图可知直线 x2 与 yx 的交点(2，2)到 y2x 距离最近，d|22（2）|12226 55.所求两点间距离为 2d12 55.答案：B 8已知函数 f(
41、x)是定义在 R 上的奇函数，当 x0 时，f(x)ex(1x)；函数 f(x)有 2 个零点；f(x)0 的解集为(1，0)(1，)；x1，x2R，都有|f(x1)f(x2)|0 时，x0，f(x)f(x)ex(x1)x1ex，故错；f(x)为奇函数，f(0)0，f(x)ex（x1），x0，解 f(x)0，得 x1 或 0，故错；解 f(x)0，得1x1，故对；当 x0 时，f(x)ex(x2)，当 x2 时，f(x)0，当2x0，故 f(x)在(，2)上递减，在(2，0)上递增，故 f(x)在 x2 处取得最小值且 f(2)e2.由于 f(x)是奇函数，故 f(x)在 x2 处取得最大值且
42、 f(2)1e2.f(x)maxf(x)min1e21e2 2e20，y0.1xay21xay(2xy)22ayx2axy 2(2a2 2a)1xay8 恒成立，2(2a2 2a)8，a2 2，即 a64 2.答案：D 11过双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的左顶点 A 作斜率为 1 的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为 B、C，若ABBC，且以双曲线的焦点为圆心，与双曲线的渐近线相切的圆的面积为，则此双曲线的方程为()A.x23y21 B.x29y21 C3x2y21 D9x2y21 解析：依题意，过左顶点 A 且斜率为 1 的直线方程为 yxa，与渐近线 ybax 的交点为
43、Ca2ba，abba.又ABBC，即点 B 是 AC 的中点，所以 Ba22（ba）a2，ab2（ba），由题可知点 B 在渐近线 ybax 上，则ab2（ba）baa22（ba）a2，化简得 b3a.又以双曲线的焦点为圆心，与双曲线的渐近线相切的圆的面积为，即b2，求得 b1，所以 a13.于是所求双曲线的方程为 9x2y21.故选 D.答案：D 12定义函数 f(x)48x32，1x2，12fx2，x2，则函数 g(x)xf(x)6 在区间(nN*)内的所有零点的和为()An B2n C.34(2n1)D.32(2n1)解析：令 g(x)xf(x)60 得 g(x)的零点即为 f(x)与
44、y6x图象的交点 作出函数 f(x)在上的图象，它是顺次连接点(1，0)，32，4，(2，0)的两条线段；再作函数在(2，4上的图象，它是前一段图象横坐标伸长为原来的两倍，纵坐标缩为原来的12得到的，即为顺次连接点(2，0)，(3，2)，(4，0)的两条线段；再作函数在(4，8上的图象，它是顺次连接点(4，0)，(6，1)，(8，0)的两条线段；如此下去，可得函数 f(x)的图象而反比例函数 y6x的图象正好过点32，4，(3，2)，(6，1)，所以函数的零点从小到大依次构成首项为32，公比为 2 的等比数列，该数列记为ak，则ak322k1.又322k12n2nk23nk22kn，故函数的上
45、有 n 个零点，它们的和为32（12n）1232(2n1)，选 D.答案：D 二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分把答案填在题中横线上)13已知函数 f(x)|x2|，若 a0，且 a，bR，都有不等式|ab|ab|a|f(x)成立，则实数 x 的取值范围是_ 解析：|ab|ab|abab|2|a|，2|a|a|f(x)，即 f(x)2，|x2|2，解得 0 x4.答案：14函数 f(x)Asin(x)(A0，0，|2)的部分图象如图所示，则将 yf(x)的图象向左平移6 个单位后，得到 g(x)的图象解析式为_ 解析：由图象可知 A1，34T11126 34.T，2
46、2.f(x)sin(2x)，代入点6，1 得，sin3 1，6，f(x)sin2x6，g(x)sin2x6 6 sin2x2 cos 2x.答案：g(x)cos 2x 15已知函数 f(x)|ln x|，g(x)0（0 x1），|x24|2（x1），则方程|f(x)g(x)|1 实根的个数为_ 解析：设 h(x)f(x)g(x)ln x（0 x1），|x24|2ln x（x1）ln x（0 x1），x22ln x（1x2），x26ln x（x2）.当 1x2 时，令 y1x22ln x，则 y12x1x0，所以 y1x22ln x 为减函数；当 x2 时，令 y2x26ln x，则 y22x1
47、x0，所以 y2x26ln x 为增函数 又 h(2)ln 221，作出图象如图所示 则 y1 与 h(x)有 4 个不同的零点 答案：4 16已知 A(1，2)，B(3，4)，直线 l1：x0，l2：y0 和 l3：x3y10.设 Pi是 li(i 1，2，3)上 与A、B两 点 距 离 平 方 和 最 小 的 点，则 P1P2P3 的 面 积 是_ 解析：设 P1(0，a)，P2(b，0)，P3(13c，c)设 di(i1，2，3)为 Pi与 A、B 距离平方和，则 d1(01)2(a2)2(03)2(a4)2 2a212a30，d2(b1)2(02)2(b3)2(04)2 2b28b30
48、，d3(13c1)2(c2)2(13c3)2(c4)2 20c224，要使 di最小，则 a3，b2，c0，故 P1(0，3)，P2(2，0)，P3(1，0)SP1P2P3121332.答案：32 三、解答题 17(本小题满分 12 分)设数列an为递增的等比数列，且a1，a3，a5 8，3，3，0，1，4，9，16，27数列bn满足 b12，bn12bn8an.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设数列cn满足 cn4nbnbn1，且数列cn的前 n 项和 Tn，并求使得 Tn1am对任意 nN*都成立的正整数 m 的最小值。解析：(1)数列an为递增的等比数列，则其公比为正数，又a1，
49、a3，a5 8，3，2，0，1，4，9，16，27，当且仅当 a11，a34，a516 时成立 此时公比 q2a3a14，q2，an2n1(nN*)又因为 bn12bn8an，所以 bn12bn2n2，即bn12n1bn2n2.所以bn2n 是首项为b1211，公差为 2 的等差数列 所以bn2n12(n1)2n1，所以 bn(2n1)2n.(2)cn4nbnbn112（2n1）（2n1）1412n112n1，Tn14113131512n112n1 14112n1.TnTn1，nN*，即数列Tn是递增数列 当 n1 时，Tn取得最小值16.则 12m1162m16m4，所以正整数 m 的最小值
50、是 4.18(本小题满分 12 分)如图，在四棱锥 PABCD 中，ADCD2AB2，PAAD，ABCD，CDAD，E 为 PC 的中点，且 DEEC.(1)求证：PA面 ABCD；(2)设 PAa，若平面 EBD 与平面 ABCD 所成锐二面角 4，3，求 a 的取值范围 解析：(1)E 为 PC 的中点，DEEC.DEECPE12PC，PDC 为直角三角形 CDPD，又 CDAD，PDADD，CD平面 PAD，CDPA.又 PAAD，PA平面 ABCD.(2)ABCD，CDAD，ABAD.(方法 1)分别以 AB，DA，AP 所在直线为 x，y，z 轴，建立如图空间直角坐标系 则 B(1，
51、0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，a)，E1，1，a2.可知平面 BCD 的一个法向量 n1(0，0，1)，设平面 EBD 的法向量 n2(x，y，z)，由 BD(1，2，0)，BE0，1，a2，得x2y0，ya2z0，令 z2，得 n2(2a，a，2)则 cos 25a2412，22，所以 a2 55，2 155.(方法 2)取 CD 中点为 F，连 AC 交 BF 于点 K，则四边形 ABCF 为平行四边形，所以 K 为 AC 的中点，连 EK，则 EKPA，EK平面 ABCD，BDEK，作 KHBD 于 H 点，所以 BD平面 EKH，连 EH，则 BDEH，EH
52、K 即为所求 在 RtEHK 中，HK12 25 15，tan a215 5a2(1，3)，解得 a2 55，2 155.19(本小题满分 12 分)某中学校本课程共开设了 A，B，C，D 共 4 门选修课，每个学生必须且只能选修 1 门选修课，现有该校的甲、乙、丙 3 名学生(1)求这 3 名学生选修课所有选法的总数；(2)求恰有 2 门选修课没有被这 3 名学生选择的概率；(3)求 A 选修课被这 3 名学生选择的人数 X 的分布列和数学期望 解析：(1)每个学生有四个不同选择，根据分布计数原理，选法总数 N44464.(2)设“恰有 2 门选修课没有被这 3 名学生选择”为事件 E，则
53、P(E)C24C23A2243 916，即恰有 2 门选修课没有被这 3 名学生选择的概率为 916.(3)(方法 1)X 人所有可能取值为 0，1，2，3，且 P(X0)33432764，P(X1)C1332432764，P(X2)C23343 964，P(X3)C3343 164.所以 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 2764 2764 964 164 所以 X 的数学期望 EX02764127642 9643 16434.(方法 2)因为 A 选修课被每位学生选中的概率均为14，没被选中的概率为34.所以 X 的所有可能取值为 0，1，2，3，且 XB3，14，P(X0)3343
54、2764，P(X1)C1332432764，P(X2)C23343 964，P(X3)C3343 164.所以 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 2764 2764 964 164 所以 X 的数学期望 EX31434.20(本小题满分 12 分)如图，已知圆 E：(x 3)2y216，点 F(3，0)，P 是圆 E 上任意一点线段 PF 的垂直平分线和半径 PE 相交于 Q.(1)求动点 Q 的轨迹 的方程；(2)设直线 l 与(1)中轨迹 相交于 A，B 两点，直线 OA，l，OB 的斜率分别为 k1，k，k2(其中 k0)OAB 的面积为 S，以 OA，OB 为直径的圆的面积分别为
55、 S1，S2.若 k1，k，k2恰好构成等比数列，问是否存在实数 n，使 nS1S2S成立？若存在求出 n 的值或取值范围，若不存在，请说明理由 解析：连接 QF，根据题意，|QP|QF|，则|QE|QF|QE|QP|4|EF|2 3，故动点 Q 的轨迹 是以 E，F 为焦点，长轴长为 4 的椭圆 设其方程为x2a2x2b21(ab0)，可知 a2，c a2b2 3，则 b1，所以点 Q 的轨迹 的方程为x24y21.(2)设直线 l 的方程为 ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)由ykxm，x24y21，可得(14k2)x28kmx4(m21)0，由韦达定理有：x1x2 8km14k
56、2，x1x24（m21）14k2，且 16(14k2m2)0.k1，k，k2构成等比数列，k2k1k2（kx1m）（kx2m）x1x2，即 km(x1x2)m20.由韦达定理代入化简得：k214.k0，k12.此时 16(2m2)0，即 m(2，2)又由 A、O、B 三点不共线得 m0，从而 m(2，0)(0，2)故 S12|AB|d12 1k2|x1x2|m|1k2 12（x1x2）24x1x2|m|2m2|m|.x214y21x224y221，则 S1S24(x21y21x22y22)4 34x2134x222 316 2 54 为定值 S1S2S54 12m2|m|54 当且仅当 m1
57、时等号成立 综上：S1S2S取值范围是54，故 n 的范围是54，.21(本小题满分 12 分)设函数 f(x)(1ax)ln(x1)bx，其中 a 和 b 是实数，曲线yf(x)恒与 x 轴相切于坐标原点(1)求常数 b 的值；(2)当 0 x1 时，关于 x 的不等式 f(x)0 恒成立，求实数 a 的取值范围；(3)求证：10 00110 00010 000.4e1 0011 0001 000.5.解析：(1)对 f(x)求导得：f(x)aln(1x)1ax1x b，根据条件知 f(0)0，所以 1b0b1.(2)由(1)得 f(x)(1ax)ln(1x)x，0 x1.f(x)aln(1
58、x)1ax1x 1 f(x)a1xa（1x）（1ax）（1x）2 ax2a1（1x）2.当 a12时，由于 0 x1，有 f(x)ax2a1a（1x）2 0，于是 f(x)在上单调递增，从而 f(x)f(0)0，因此 f(x)在上单调递增，即 f(x)f(0)0 而且仅有 f(0)0；当 a0 时，由于 0 x1，有 f(x)ax2a1（1x）20，于是 f(x)在上单调递减，从而 f(x)f(0)0，因此 f(x)在上单调递减，即 f(x)f(0)0 而且仅有 f(0)0；当12a0 时，令 mmin1，2a1a，当 0 xm 时，f(x)ax2a1a（1x）2 0，于是 f(x)在上单调递
59、减，从而 f(x)f(0)0，因此 f(x)在上单调递减，即 f(x)f(0)0 而且仅有 f(0)0.综上所知，所求实数 a 的取值范围是，12.(3)对要证明的不等式等价变形如下：10 00110 00010 000.4e1 0011 0001 000.5 1110 00010 00025e111 0001 00012 所以可以考虑证明：对于任意的正整数 n，不等式11nn25e11nn12恒成立 并且继续作如下等价变形 11nn25e11nn12 n25 ln11n 1n12 ln11n 1 25n ln11n 1n0，（p）1 12n ln11n 1n0，（q）对于(p)相当于(2)中
60、 a2512，0，m12情形，有 f(x)在0，12 上单调递减，即 f(x)f(0)0 而且仅有 f(0)0.取 x1n，当 n2 时，1 25n ln11n 1n0 成立；当 n1 时，125 ln 21 75ln 21750.710.从而对于任意正整数 n 都有1 25n ln11n 1n0 成立 对于(q)相当于(2)中 a12情形，对于任意 x，恒有 f(x)0 而且仅有 f(0)0.取 x1n，得：对于任意正整数都有1 12n ln11n 1n0 成立 因此对于任意正整数 n，不等式11nn25e11nn12恒成立 这样依据不等式11nn25e11nn12，再令 n10 000 利
61、用左边，令 n1 000 利用右边，即可得到10 00110 00010 000.4e1 0011 0001 000.5成立 选做题(从以下三题中任选一题作答)22(本小题满分 10 分)选修 41：几何证明选讲 如图，O 和O相交于 A，B 两点，过 A 作两圆的切线分别交两圆于 C，D 两点，连接DB 并延长交O 于点 E，证明：(1)ACBDADAB；(2)ACAE.证明：(1)由 AC 与O相切于 A，得CABADB，同理ACBDAB，所以ACBDAB，从而ACADABBD，即 ACBDADAB.(2)由 AD 与O 相切于 A，得AEDBAD，又ADEBDA，所以EADABD.从而A
62、EABADBD，即 AEBDADAB.结合(1)的结论，可得 ACAE.23(本小题满分 10 分)选修 44：坐标系与参数方程 在直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，半圆 C 的极坐标方程为 2cos，0，2.(1)求 C 的参数方程；(2)设点 D 在 C 上，C 在 D 处的切线与直线 l：y 3x2 垂直，根据(1)中你得到的参数方程，确定 D 的坐标 解析：(1)C 的普通方程为(x1)2y21(0y1)可得 C 的参数方程为 x1cos t，ysin t(t 为参数，0t)(2)设 D(1cos t，sin t)由(1)知 C 是以 G(1，0
63、)为圆心，1 为半径的上半圆因为 C在点 D 处的切线与 l 垂直，所以直线 GD 与 l 的斜率相同，则 tan t 3，t3.故 D 的直角坐标为1cos 3，sin 3，即32，32.24(本小题满分 10 分)选修 45：不等式选讲 设不等式|x2|a(aN*)的解集为 A，且32A，12A.(1)a 的值；(2)求函数 f(x)|xa|x2|的最小值 解析：(1)因为32A，且12A，所以322 a，且122 a，解得12a32.又因为 aN*，所以 a1.(2)因为 f(x)|x1|x2|(x1)(x2)|3，当且仅当(x1)(x2)0，即1x2 时取到等号，所以 f(x)的最小值为 3.
