1、数学模拟试卷本试卷分第卷(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(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，只有一项是符合题目要求的请将正确答案的代号填入下表.题号123456789101112答案1. 若角的弧度数是cos2000，则的终边落在坐标平面的A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2. 复平面内，以方程z68i的六个根所对应的点为顶点的六边形的面积是A.B.3C.6D.12ABCDNMA1B1C1D13. 如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别为A1D1和DD1的中点，过平行线MN与B1
2、C，作截面MNCB1，令二面角MB1CC1的大小为，则cos等于A.0B.C.D.4. 若函数ysin(2x)cos(2x)为奇函数，且在0，上是减函数，则的一个值是A.B.C.D.5. 已知函数y的反函数的图象关于点(1，3)成中心对称图形，则实数a等于A2B3C2D46. 为适应社会发展的需要，国家决定降低某种存款的利息，现有四种降息方案：方案：先降息p，后降息q(其中p，q0，pq，下同).方案：先降息q，后降息p；方案：两次各降息；方案：一次降息(pq)，在上述四种方案中，降息最少的是A方案B方案C方案D方案7. 已知a、bR，又满足ab10，则(a2)2(b3)2的最小值为A18B1
3、0C8D208. 两条直线a、b分别与第三条直线c异面，则直线a、b的位置关系是A异面B平行C相交D异面或平行或相交9. 圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面积是中截面面积的3倍，则圆台的母线长是A2B3C4D都不正确10. 把函数ycos(x)的图象向右平移个单位，所得到的图象正好关于y轴对称，则的最小正值是11. 若a5，则一定有12. 圆锥的轴截面是等边三角形，它的面积为9，则它的内切球的体积是A4B6C.4D.二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分把答案填在题中横线上13已知抛物线的焦点坐标为(2，1)，准线方程为2xy0，则其顶点坐标为_14从7盆不同的花盆中选出5盆摆放
4、在主席台前，其中有两盆花不宜摆放在正中间，则一共有_种不同的摆放方法(用具体数字作答)15将正方形ABCD沿对角线AC折成直二面角后，异面直线AB与CD所成角的大小是_16已知三个不等式：ab0；bcad.以其中两个作为条件，余下一个作为结论，则可以组成_个正确的命题三、解答题：本大题共6小题，共74分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(本题满分12分)设z是虚数，z，且12，求|z|的值及z的实部的取值范围；记u，证明：u2为实数；记u，证明：求u2的最小值.18(本小题满分12分)已ABC的三个内角A、B、C依次成等差数列，也成等差数列，试求cos2(BA)的值.19(本小题满分1
5、2分)如图，正三棱柱ABCA1B1C1的棱长均为2，D是BC上一点，ADC1D求证：截面ADC1侧面BCC1B1求二面角CAC1D的大小及正弦值求直线A1B与截面ADC1的距离20(本小题满分12分)设f(x)log(其中mR)(1)当f(x)的定义域是R时，求m的取值范围M；(2)当mM时，求f(x)的最大值g(m)；(3)求g(m)的最大值，并求出相应m的值21(本小题满分12分)现有流量均为300m3/s的两条河流A、B，汇合于某处后，不断混合，它们的含沙量分别为2kg/m3和0.2kg/m3，假设汇合处为第一个观测点，沿岸依序设有若干个观测点，两股水流在流经相邻两个观测点的过程中，其混
6、合效果相当于两股水流在1秒钟内交换100m3水量，即从A股流入B股100m3水，经混合后，又从B股流入A股100m3水并混合求第2，第3个观测点测到的两股河水的含沙量之差？从第几个观测点开始，两股河水的含沙量之差小于0.01kg/m3(不考虑泥沙沉淀)注：设含沙量为akg/m3、bkg/m3的两股水流在单位时间内流过的水量分别为pm3、qm3，则其混合后的含沙量为kg/m322.(本小题满分14分)是否存在实数a，b，c使得二次函数f(x)ax2bxc过点(1，0)，且对任意实数x，不等式xf(x)1)恒成立，若存在，求出a，b，c；若不存在，说明理由数学模拟试卷答案及要点解析 一、选择题 D
7、BDBA CADBC DC提示：1.由cos2000cos20，知(，0)，故的终边落在第四象限2因8i的模为8，故由复数开方的几何意义知，z68i的六个根所对应的点为顶点的六边形为正六边形，其外接圆半径为，从而面积是S6(，选B3将图141的图形变化为如图所示，设E、F分别为B1C1、C1C的中点连结EF、D1E、FD1则平面MNCB与平面EFD1平行所以，二面角MB1CC1的大小与二面角D1EFC1的大小相等在平面EFD1内，过D1作D1HEFH，连结HC1，则D1HC1是二面角D1EFC1的平面角，设AB，则HC1.故选D4y2sin(2x)，由y为奇函数，知为的整数倍，可淘汰A与C，将
8、代入y得y2sin2x，它在0，上是减函数，这种函数的多性合一型试题是考试的热点6、两种降息均为(1p)(1q)1(Pq)pq；的降息为(11(pq)，的降息为1(pq) pq，因此方案降息最少7(a2)2(b3)22|(a2)(b3)|，当且仅当a2b3，即ab1时等号成立ab10，当a1，b0时，等号成立即(a2)2(b3)22|(3)(3)|18(a2)2(b3)2的最小值为188如图(1)可以看出a、b是异面直线如图(2)可以看出a、b是平行直线如图(3)可以看出a、b是相交直线因此a、b可以是异面、平行、相交，所以选D9设圆台母线为l，由已知可知(l3)l3，所以l3.因此选B10当
9、x0时y1或y1，则图象关于y轴对称，当x1 故选C12如图所示，由已知求得轴截面等边三角形边长等于6，再求得它的内切圆半径为，即内切球的半径为，所以球的体积为4因此选C二、填空题13(1，) 141800 15 163三、解答题17zabi(a，bR，b0)，由z是实数知b(1)0，又b0，所以a2b21，即|z|1，这时，2a，12a2， a1u u22a 2为实数(3)由(2)可得u22aa1)3431当且仅当a1，即a0时取等号，此时u2取得最小值1.18A，B，C是等差数列，2BAC， B，AC，CA.又4，即cos2Acos2C4cos2Acos2C2cos(AC)cos(AC)4
10、cos2(AC)cos2(AC)cos(AC)2cos2(AC)12cos2(AC)即4cos2(AC)cos(AC)30，解得cos(AC)，或cos(AC)1 0A，C， ACcos(AC)1，故cos(AC)1又CA， 2(BA)CA2A，即cos2(BA)119(1)CC1底面ABC，DC是C1D在其内的射影又ADC1D，AD底面ABC，ADBC，C1D侧面BCC1，BC侧面BCC1，且C1DBCD，AD侧面BCC1，又AD截面ADC1，故截面ADC1侧面BCC1B(2)作CFC1D于F，F为垂足，截面ADC1侧面BCC1，CF截面ADC1，连A1C交AC1于E，ACC1A1，是正方形
11、，CEAC1，连EF，依三垂线定理逆定理有AC1EF，故CEF为二面角CAC1D的平面角由各条棱长均为2，则CE，ABC是正三角形，又ADBC， D为BC中点，由CFDC1DCCC1得CF， sinCEF即二面角CAC1D的大小为arcsin(3)在A1CB中，E为AC1的中点，D为BC的中心，A1BED A1B面ADC1，故A1B上任一点到截面ADC1的距离d，即为所求. 20当xR时，应有故当x2m时，也应该有m0而m2m1(m0，故有m10，得m1Mm|m1记u(x2m)2m，而ylogu是关于u的减函数，故x2m时，u取得最小值m则f(x)取最大值g(m)log因mM，知m1，则13
12、log31上式当且仅当m1，即m时取等号，此时g(m)的最小值是1.21(1)设第i个观测点测到的A、B两股河水的含沙量分别为ai，bi(i1，2，3，n)由题意a12，b10.2a b 代入a 0.09同理0.045由题设所以(n2) anbn是首项为a1b1，公比为的等比数列，anbn(20.2)0.01，得2n1180，n9即从第9个观测点开始，两股河水的含沙量之差小于0.0122.假设存在满足条件的实数a，b，c，则由f(x)过点(1，0)得，abc0又xf(x)(1x2)对xR恒成立，取x1，得1f(x)1，f(1)1，即abc1由解得bac， f(x)a再由xf(x)对xR恒成立，知axa0的解集为R a0且a)0，解得a，同理，由f(x)(1x2)对xR恒成立，解得ac，b
