1、仿真模拟卷二 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 P0,1,2，Qx|x2，则 PQ()A0 B0,1 C1,2 D0,2答案 B解析 因为集合 P0,1,2，Qx|x1，则“axay”是“logaxlogay”的()A必要不充分条件B充分不必要条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析 由 a1，得 axay 等价为 xy，logaxlogay 等价为 xy0，故“axay”是“logaxlogay”的必要不充
2、分条件答案 A4已知 alog52，blog0.50.2，c0.50.2，则 a，b，c 的大小关系为()AacbBabcCbcaDcab解析 因为 alog52log0.50.252,0.51c0.50.20.50，即12c1，所以 acb.答案 A5执行如图所示的程序框图，则输出的 i 的值为()A4 B5 C6 D7答案 C解析 由题可得 S3，i2S7，i3S15，i4S31，i5S63，i6，此时结束循环，输出 i6.6(1 x)6(1 x)4 的展开式中含 x 项的系数是()A4 B3 C3 D4答案 B解析 解法一：(1 x)6 的展开式的通项为 Cm6(x)mCm6(1)mxm
3、2，(1 x)4 的展开式的通项为 Cn4(x)nCn4xn2，其中 m0,1,2，6，n0,1,2,3,4.令m2n21，得 mn2，于是(1 x)6(1 x)4 的展开式中 x 的系数等于 C06(1)0C24C16(1)1C14C26(1)2C043.解法二：(1 x)6(1 x)4(1 x)(1 x)4(1 x)2(1x)4(12 xx)于是(1 x)6(1 x)4 的展开式中 x 的系数为 C041C14(1)113.解法三：在(1 x)6(1 x)4 的展开式中要出现 x，可分为以下三种情况：(1 x)6 中选 2 个(x)，(1 x)4 中选 0 个 x作积，这样得到的 x 项的
4、系数为 C26C0415；(1 x)6 中选 1 个(x)，(1 x)4 中选 1 个 x作积，这样得到的 x 项的系数为 C16(1)1C1424；(1 x)6 中选 0 个(x)，(1 x)4 中选 2 个 x作积，这样得到的 x 项的系数为 C06C246.故 x 项的系数为 152463.7已知直线 yxm 和圆 x2y21 交于 A，B 两点，O 为坐标原点，若AO AB32，则实数 m()A1 B 32 C 22 D12答案 C解析 联立yxm，x2y21，得 2x22mxm210，直线 yxm 和圆 x2y21 交于 A，B 两点，O 为坐标原点，4m280，解得 2m 2，设
5、A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x2m，x1x2m212，y1y2(x1m)(x2m)x1x2m(x1x2)m2，AO(x1，y1)，AB(x2x1，y2y1)，AO AB32，AO ABx21x1x2y21y1y21m212m212m2m22m232，解得 m 22.8在ABC 中，a，b，c 分别为角 A，B，C 的对边，若ABC 的面积为 S，且 4 3S(ab)2c2，则 sinC4()A1 B.22 C.6 24 D.6 24答案 D解析 由 4 3S(ab)2c2，得 4 312absinCa2b2c22ab，a2b2c22abcosC，2 3absinC2abcosC
6、2ab，即 3sinCcosC1，即 2sinC6 1，则 sinC6 12，0C，6C60，b10 且(a2)(b1)2.所以 2ab2(a2)(b1)52 2a2b152 2259，当 2(a2)b1 且(a2)(b1)2 时等号成立，解得 ab3.所以 2ab 取到最小值时，ab339.11已知实数 a0，函数 f(x)ex1a2，x0，ex1a2x2a1xa2，x0，若关于x 的方程 ff(x)eaa2有三个不等的实根，则实数 a 的取值范围是()A.1，22eB.2，22eC.1，11eD.2，21e答案 B解析 当 x0 时，f(x)为增函数，当 x0 时，f(x)ex1axa1，
7、f(x)为增函数，令 f(x)0，解得 x1，故函数 f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，最小值为 f(1)0.由此画出函数 f(x)的大致图象如图所示令 tf(x)，因为 f(x)0，所以 t0，则有fteaa2，ftet1a2，解得at1，所以 ta1，所以 f(x)a1.所以方程要有三个不同的实数根，则需a2a11ea2，解得 2a2e2.12已知ABC 的顶点 A平面，点 B，C 在平面 同侧，且 AB2，AC 3，若 AB，AC 与 所成的角分别为3，6，则线段 BC 长度的取值范围为()A2 3，1 B1，7C 7，72 3 D1,72 3答案 B解析 如图，过点
8、 B，C 作平面的垂线，垂足分别为 M，N，则四边形 BMNC 为直角梯形在平面 BMNC 内，过 C 作 CEBM 交 BM 于点 E.又 BMABsinBAM2sin3 3，AMABcosBAM2cos31，CNACsinCAN 3sin6 32，ANACcosCAN 3cos632，所以 BEBMCN 32，故 BC2MN234.又 ANAMMNAMAN，即12ANAMMNAMAN52，所以 1BC27，即 1BC7，故选 B.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
9、 5 分，共 20 分13已知向量 a(1，)，b(3,1)，c(1,2)，若向量 2ab 与 c 共线，则向量 a 在向量 c 方向上的投影为_答案 0解析 向量 2ab(1,21)，由 212，得 12.向量 a1，12，向量 a 在向量 c 方向上的投影为|a|cosa，cac|c|121250.14在ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 的对边，且 2absinC 3(b2c2a2)，若 a 13，c3，则ABC 的面积为_答案 3 3解析 由题意得2absinC2bc 3b2c2a22bc，即asinCc 3cosA，由正弦定理得 sinA 3cosA,所以 tanA 3，
10、A3.由余弦定理得 1332b223bcos3，解得 b4，故面积为12bcsinA1243 32 3 3.15已知点 M 为单位圆 x2y21 上的动点，点 O 为坐标原点，点 A 在直线 x2 上，则AM AO 的最小值为_答案 2解析 设 A(2，t)，M(cos，sin)，则AM(cos2，sint)，AO(2，t)，所以AM AO 4t22costsin.又(2costsin)max 4t2，故AM AO 4t2 4t2.令 s 4t2，则 s2，又 4t2 4t2s2s2，当 s2，即 t0 时等号成立，故(AM AO)min2.16已知函数 f(x)x22mxm2，g(x)mxm
11、，若存在实数 x0R，使得 f(x0)0 且 g(x0)0，x1 时，g(x)0，所以 f(x)0 在(，1)上有解，则f10或m0，0，f10，m3 或 m0，m2m20，3m0，m3.当 m1 时，g(x)0，所以 f(x)0 在(1，)上有解，所以f10，m0，此不等式组无解综上，m 的取值范围为(3，)三、解答题：共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)cosx(3sinxcosx)12.(1)求 f3 的值；(2)当 x0，2 时，不等式 cf(x)c2 恒成立，求实数 c 的取值范围解(1)f(x)3sinxcosxcos2x
12、12 32 sin2x12cos2xsin2x6，所以f3 1.(2)因为 0 x2，所以62x656，所以12sin2x6 1.由不等式 cf(x)c2 恒成立，得c1，解得1c12.所以实数 c 的取值范围为1，12.18(本小题满分 12 分)如图，在等腰梯形 ABCD 中，AECD，BFCD，AB1，AD2，ADE60，沿 AE，BF 折成三棱柱 AEDBFC.(1)若 M，N 分别为 AE，BC 的中点，求证：MN平面 CDEF；(2)若 BD 5，求二面角 EACF 的余弦值解(1)证明：如图，取 AD 的中点 G，连接 GM，GN，在ADE 中，M，G 分别为 AE，AD 的中点
13、，MGDE，DE平面 CDEF，MG平面 CDEF，MG平面 CDEF.由于 G，N 分别为 AD，BC 的中点，由棱柱的性质可得 GNDC，CD平面 CDEF，GN平面 CDEF，GN平面 CDEF.又 GM平面 GMN，GN平面 GMN，MGGNG，平面 GMN平面 CDEF，MN平面 GMN，MN平面 CDEF.(2)如图，连接 EB，在 RtABE 中，AB1，AE 3，BE2，又 ED1，DB 5，EB2ED2DB2，DEEB，又 DEAE 且 AEEBE，AE，EB平面 ABFE，DE平面 ABFE.以 E 为坐标原点，分别以 EA，EF，ED 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴，
14、建立如图所示的空间直角坐标系，可得 E(0,0,0)，A(3，0,0)，F(0,1,0)，C(0,1,1)，AC(3，1,1)，AE(3，0,0)，FC(0,0,1)设平面 AFC 的法向量为 m(x，y，z)，则mAC 3xyz0，mFCz0，则 z0，令 x1，得 y 3，则 m(1，3，0)为平面 AFC 的一个法向量，设平面 ACE 的法向量为 n(x1，y1，z1)，则nAE 3x10，nAC 3x1y1z10，则 x10，令 y11，得 z11，n(0,1，1)为平面 ACE 的一个法向量设 m，n 所成的角为，则 cos mn|m|n|32 2 64，由图可知二面角 EACF 的
15、余弦值是 64.19(本小题满分 12 分)为调查某公司五类机器的销售情况，该公司随机收集了一个月销售的有关数据，公司规定同一类机器销售价格相同，经分类整理得到下表：机器类型第一类 第二类 第三类 第四类 第五类销售总额(万元)10050200200120销售量(台)521058利润率0.40.20.150.250.2利润率是指一台机器销售价格减去出厂价格得到的利润与该机器销售价格的比值(1)从该公司本月卖出的机器中随机选一台，求这台机器利润率高于 0.2的概率；(2)从该公司本月卖出的销售单价为 20 万元的机器中随机选取 2 台，求这两台机器的利润率不同的概率；(3)假设每类机器利润率不变
16、，销售一台第一类机器获利 x1 万元，销售一台第二类机器获利 x2 万元，销售一台第五类机器获利 x5 万元，依据上表 统 计 数 据，随 机 销 售 一 台 机 器 获 利 的 期 望 为 E(x)，设 x x1x2x3x4x55，试判断 E(x)与 x的大小(结论不要求证明)解(1)由题意知，本月共卖出 30 台机器，利润率高于 0.2 的是第一类和第四类，共有 10 台设“这台机器利润率高于 0.2”为事件 A，则P(A)103013.(2)用销售总额除以销售量得到机器的销售单价，可知第一类与第三类的机器销售单价为 20 万元，第一类有 5 台，第三类有 10 台，共有 15 台，随机选
17、取 2 台有 C215种不同方法，两台机器的利润率不同则每类各取一台有 C15C110种不同方法，设“两台机器的利润率不同”为事件 B，则 P(B)C15C110C215 1021.(3)由题意可得，获利 x 可能取的值为 8,5,3,10，P(x8)53016，P(x5)230 115，P(x3)10830 35，P(x10)53016，因此 E(x)168 115535316107715；又 x8531035295，所以 E(x)b0)的焦点为 F1(1,0)，F2(1,0)过 F2 作 x 轴的垂线 l，在 x 轴的上方，l 与圆 F2：(x1)2y24a2 交于点 A，与椭圆 C 交于
18、点 D.连接 AF1 并延长交圆 F2 于点 B，连接 BF2 交椭圆 C 于点 E，连接 DF1.已知|DF1|52.(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)求点 E 的坐标解(1)设椭圆 C 的焦距为 2c.因为 F1(1,0)，F2(1,0)，所以|F1F2|2，c1.又因为|DF1|52，AF2x 轴，所以|DF2|DF1|2|F1F2|25222232，因此 2a|DF1|DF2|4，从而 a2.由 b2a2c2，得 b23.因此，椭圆 C 的标准方程为x24y231.(2)解法一：由(1)知，椭圆 C：x24y231，a2，因为 AF2x 轴，所以点 A 的横坐标为 1.将 x1 代入
19、圆 F2 的方程(x1)2y216，解得 y4.因为点 A 在 x 轴上方，所以 A(1,4)又 F1(1,0)，所以直线 AF1：y2x2.由y2x2，x12y216，得 5x26x110，解得 x1 或 x115.将 x115 代入 y2x2，得 y125，因此 B 点坐标为115，125.又 F2(1,0)，所以直线 BF2：y34(x1)由y34x1，x24y231，得 7x26x130，解得 x1 或 x137.又因为 E 是线段 BF2 与椭圆的交点，所以 x1.将 x1 代入 y34(x1)，得 y32.因此 E 点坐标为1，32.解法二：由(1)知，椭圆 C：x24y231.如
20、图，连接 EF1.因为|BF2|2a，|EF1|EF2|2a，所以|EF1|EB|，从而BF1EB.因为|F2A|F2B|，所以AB，所以ABF1E，从而 EF1F2A.因为 AF2x 轴，所以 EF1x 轴因为 F1(1,0)，由x1，x24y231，得 y32.又因为 E 是线段 BF2 与椭圆的交点，所以 y32.因此 E 点坐标为1，32.21(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)ln xxexax(aR)(1)若函数 f(x)在1，)上单调递减，求实数 a 的取值范围；(2)若 a1，求 f(x)的最大值解(1)由题意知，f(x)1x(exxex)a1x(x1)exa0 在1，)
21、上恒成立，所以 a(x1)ex1x在1，)上恒成立令 g(x)(x1)ex1x，则 g(x)(x2)ex1x20，所以 g(x)在1，)上单调递增，所以 g(x)ming(1)2e1，所以 a2e1.(2)当 a1 时，f(x)ln xxexx(x0)则 f(x)1x(x1)ex1(x1)1xex，令 m(x)1xex，则 m(x)1x2ex0，m(1)0 满足 m(x0)0，即 ex01x0.当 x(0，x0)时，m(x)0，f(x)0；当 x(x0，)时，m(x)0，f(x)8|2x2|的解集为 M.(1)求 M；(2)设 a，bM，证明：f(ab)f(2a)f(2b)解(1)将 f(x)|x4|代入不等式，整理得|x4|2x2|8.当 x4 时，不等式转化为x42x28，解得 x103，所以 x4；当4x8，解得 x2，所以4x8，解得 x2，所以 x2.综上，Mx|x2(2)证明：因为 f(2a)f(2b)|2a4|2b4|2a42b4|2a2b|，所以要证 f(ab)f(2a)f(2b)，只需证|ab4|2a2b|，即证(ab4)2(2a2b)2，即证 a2b28ab164a28ab4b2，即证 a2b24a24b2160，即证(a24)(b24)0，因为 a，bM，所以 a24，b24，所以(a24)(b24)0 成立，所以原不等式成立本课结束