1、仿真模拟卷三 仿真模拟卷本试卷分第卷(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已知集合 A(x，y)|xy2，x，yN，则 A 中元素的个数为()A1 B5 C6 D无数个答案 C解析 由题得 A(0,0)，(0,1)，(0,2)，(1,0)，(1,1)，(2,0)，所以 A 中元素的个数为 6.2已知 i 是虚数单位，z是 z 的共轭复数，若 z(1i)1i1i，则 z的虚部为()A.12 B12 C.12i D12i解析 由题意可得 z 1i1
2、i21i2i 12i1212i12，则 z1212i，据此可得 z的虚部为12.答案 A3“0m0，2m0，m2m0m2 且 m1，所以“0mb，则()Aln(ab)0 B3a0 D|a|b|解析 取 a2，b1，满足 ab，但 ln(ab)0，则 A 错误；由 932313，知 B 错误；取 a1，b2，满足 ab，但|1|b，所以 a3b3，即 a3b30，C 正确答案 C5阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的 S 的值等于()A30 B31 C62 D63答案 B解析 由流程图可知该算法的功能为计算 S121222324 的值，即输出的值为 S12122232411251231
3、.6.x 13 x8 的展开式的常数项为()A56 B28 C56 D28答案 D解析 x 13 x8 展开式的通项公式为 Tr1Cr8x8r 13 xrCr8(1)rx 843r，令 843r0，得 r6，所求常数项为 C68(1)628.7已知菱形 ABCD 的边长为 2，BAD120，点 E，F 分别在边 BC，DC 上，BC3BE，DCDF，若AEAF1，则 的值为()A3 B2 C.32 D.52答案 B解析 由题意可得AEAF(ABBE)(AD DF)AB13BC BC1AB1AB 213BC 2131 ABBC，且AB 2BC 24，ABBC22cos1202，故443131(2
4、)1，解得 2.8在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 a1，3sinAcosC(3sinCb)cosA0，则角 A()A.23 B.3 C.6 D.56答案 D解析 a1，3sinAcosC(3sinCb)cosA0，3sinAcosC 3sinCcosAbcosA，3sin(AC)3sinBbcosA，3asinBbcosA，由正弦定理可得 3sinAsinBsinBcosA，sinB0，3sinAcosA，即 tanA 33，A(0，)，A56.9我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休在数学的学习和研究中，常用函
5、数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如函数 f(x)x4|4x1|的图象大致是()答案 D解析 因为函数 f(x)x4|4x1|，f(x)x4|4x1|x4|4x1|f(x)，所以函数f(x)不是偶函数，图象不关于 y 轴对称，故排除 A，B；又因为 f(3)97，f(4)256255，所以 f(3)f(4)，而 C 在 x0 时是递增的，故排除 C.10已知1ax 2x1x5 的展开式中各项系数的和为 2，则该展开式中常数项为()A80 B40 C40 D80答案 D解析 令 x1，得展开式的各项系数和为1a1 21151a，1a2，a1，1ax 2x1x51
6、1x 2x1x52x1x51x2x1x5，所求展开式中常数项为2x1x5 的展开式的常数项与含 x 项的系数和，2x1x5 展开式的通项为 Tr1Cr5(2x)5r(1)r1xr(1)r25rCr5x52r，令 52r1 得 r2；令 52r0，无整数解，展开式中常数项为 8C2580.11在正三角形 ABC 内任取一点 P，则点 P 到 A，B，C 的距离都大于该三角形边长一半的概率为()A1 36B1 312C1 39D1 318答案 A解析 满足条件的正三角形 ABC 如图所示设边长为 2，其中正三角形 ABC 的面积 SABC 34 4 3.满足到正三角形 ABC 的顶点 A，B，C
7、的距离至少有一个小于等于 1 的平面区域如图中阴影部分所示，其加起来是一个半径为 1 的半圆，则 S 阴影2，则使取到的点到三个顶点 A，B，C 的距离都大于 1 的概率 P1 36，故选 A.12若存在 m，使得关于 x 的方程 xa(2x2m4ex)ln(xm)ln x0 成立，其中 e 为自然对数的底数，则非零实数 a 的取值范围是()A(，0)B.0，12eC(，0)12e，D.12e，答案 C解析 由题意得 12a1mx2e ln 1mx(t2e)ln t这里tmx10，令 f(t)(t2e)ln t(t0)，则 f(t)ln t12et，令 h(t)f(t)，则 h(t)1t2et
8、2 0，h(t)为增函数，即 f(t)为增函数当 te 时，f(t)f(e)0，当 0te 时，f(t)f(e)0，f(t)f(e)e，且当 t0 时，f(t)，12ae，解得 a0 或 a 12e，故选 C.第卷本卷包括必考题和选考题两部分第 1321 题为必考题，每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13若变量 x，y 满足约束条件x2y0，xy0，x2y20，则 z yx3的最小值是_答案 2解析 画出满足约束条件的可行域，如图中阴影部分所示(含边界)，联立x2y20，xy0，解得 A(2,2)，z
9、yx3的几何意义为可行域内的点与定点 P(3,0)的连线的斜率kPA20232，z yx3的最小值是2.14已知三棱锥 PABC 内接于球 O，PAPBPC2，当三棱锥 PABC 的三个侧面的面积之和最大时，球 O 的表面积为_答案 12解析 由于三条侧棱相等，根据三角形面积公式可知，当 PA，PB，PC两两垂直时，侧面积之和最大此时 PA，PB，PC 可看成正方体一个顶点处的三条侧棱，其外接球直径为正方体的体对角线，即 4R232212，故球的表面积为 4R212.15已知ABC 的三个顶点的坐标为 A(0,1)，B(1,0)，C(0，2)，O 为坐标原点，动点 M 满足|CM|1，则|OA
10、 OB OM|的最大值是_答案 21解析 设点 M 的坐标是(x，y)，C(0，2)，且|CM|1，x2y221，x2(y2)21，则点 M 的轨迹是以 C 为圆心，1 为半径的圆A(0,1)，B(1,0)，OA OB OM(x1，y1)，则|OA OB OM|x12y12，其几何意义表示圆 x2(y2)21上的点与点 P(1，1)间的距离又点 P(1，1)在圆 C 的外部，|OA OB OM|max|PC|10122121 21.16函数 yf(x)的定义域为 D，若xD，a1,2，使得 f(x)ax 恒成立，则称函数 yf(x)具有性质 P，现有如下函数：f(x)ex1；f(x)2cos2
11、x4 1(x0)；f(x)ln 1x，x1 时，(x)0；当 x1 时，(x)b0)，离心率 e12，A是椭圆的左顶点，F 是椭圆的左焦点，|AF|1，直线 m：x4.(1)求椭圆 C 的方程；(2)直线 l 过点 F 与椭圆 C 交于 P，Q 两点，直线 PA，QA 分别与直线 m交于 M，N 两点，试问：以 MN 为直径的圆是否过定点，如果是，请求出定点坐标；如果不是，请说明理由解(1)由题意，得ca12，ac1，解得a2，c1，a2b2c2，b 3，故所求椭圆方程为x24y231.(2)当直线 l 斜率存在时，设直线 l：yk(x1)(k0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线 P
12、A：y y1x12(x2)令 x4，得 M4，2y1x12，同理 N4，2y2x22.则以 MN 为直径的圆的方程为(x4)(x4)y 2y1x12 y 2y2x22 0，整理得，(x4)2y22k2x1x24x1x22x1x24 y4k2 x1x2x1x21x1x22x1x240，由ykx1，x24y231，得(4k23)x28k2x4k2120.则 x1x2 8k24k23，x1x24k2124k23.将代入，整理得，x2y28x6ky70.令 y0，得 x1 或 x7.当直线 l 斜率不存在时，P1，32，Q1，32，M(4，3)，N(4,3)，以 MN 为直径的圆为(x4)2y29 也
13、过点(1,0)，(7,0)两点综上，以 MN 为直径的圆能过两定点(1,0)，(7,0)21(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)ln xx 12axb，g(x)ax2bx.(1)当 a2，b3 时，求函数 f(x)在 xe 处的切线方程，并求函数 f(x)的最大值；(2)若函数 yf(x)的两个零点分别为 x1，x2，且 x1x2，求证：gx1x221.解(1)当 a2，b3 时，f(x)ln xx x3(x0)，f(x)1ln xx2x2，则 f(e)1，切点为e，1ee3，故函数 f(x)在 xe 处的切线方程为 xy1e30.令 h(x)1ln xx2，则 h(x)1ln xx2
14、在(0，)是减函数，又 h(1)0，x(0,1)，h(x)0，f(x)0，x(1，)，h(x)0，f(x)0，f(x)在(0,1)上是增函数，在(1，)上是减函数f(x)maxf(1)2.(2)证明：x1，x2 是 f(x)的两个零点，不妨设 x1x2，f(x1)f(x2)0.即ln x1x1 12ax1b0，ln x2x2 12ax2b0，ln x112ax21bx10，ln x212ax22bx20，相减得 ln x1ln x212a(x21x22)b(x1x2)0ln x1x2x1x212a(x1x2)b0 x1x2ln x1x2x1x2 12 a(x1 x2)2 b(x1 x2)0 x
15、1x2ln x1x22x1x2 ax1x222 bx1x220.x1x2ln x1x22x1x2 gx1x22gx1x22x1x2ln x1x22x1x2 x1x21 ln x1x22x1x21，令 tx1x2，即证 0t1，t1ln t2t1 1ln t2t1t1 ln t2t1t1 0，m(t)ln t2t1t1 在(0,1)上是增函数，又m(1)0，t(0,1)时，m(t)0)与 C1，C2 的公共点分别为 A，B，0，2，当|OB|OA|4 时，求 的值解(1)曲线 C1 的极坐标方程为(cossin)1，即 sin4 22.曲线 C2 的普通方程为(x2)2y24，即 x2y24x0
16、，所以曲线 C2 的极坐标方程为 4cos.(2)由(1)知，|OA|A1cossin，|OB|B4cos，|OB|OA|4cos(cossin)2(1cos2sin2)22 2sin24，|OB|OA|4，22 2sin24 4，sin24 22，由 02，知4245 的解集；(2)若关于 x 的不等式|b2a|2ba|a|(|x1|xm|)(a0)能成立，求实数 m 的取值范围解(1)f(x)|x2|2x1|x3，x12，故 f(x)5 的解集为(2,8)(2)由|b 2a|2b a|a|(|x 1|x m|)(a0)能 成 立，得|b2a|2ba|a|x1|xm|能成立，即ba2 2ba 1|x1|xm|能成立，令bat，则|t2|2t1|x1|xm|能成立，由(1)知，|t2|2t1|52，又|x1|xm|1m|，|1m|52，实数 m 的取值范围是72，32.本课结束
