1、仿真模拟卷四 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 Ax|x1，Bx|2x30，则 AB()A0，)B1，)C.32，D.0，32答案 B解析 因为 Bx|2x30 x|x32，Ax|x1，所以 AB1，)2已知复数 z 满足(1i)z2i(i 为虚数单位)，则 z()A1i B1iC1i D1i解析 由(1i)z2i，得 z 2i1i2i1i1i1i1i，z1i.答案 A3设 a，b 是空间两条直线，则“a，b
2、 不平行”是“a，b 是异面直线”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案 B解析 由 a，b 是异面直线a，b 不平行反之，若直线 a，b 不平行，也可能相交，不一定是异面直线所以“a，b 不平行”是“a，b 是异面直线”的必要不充分条件4在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述两颗星的星等与亮度满足 m2m152lg E1E2，其中星等为 mk 的星的亮度为 Ek(k1,2)已知太阳的星等是26.7，天狼星的星等是1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为()A1010.1 B10.1 Clg 10.1 D1010.1答案 A解析 两颗星的星等与亮度满
3、足 m2m152lg E1E2，令 m21.45，m126.7，则 lg E1E225(m2m1)25(1.4526.7)10.1，从而E1E21010.1.5执行如图所示的程序框图，若输出结果为 1，则可输入的实数 x 的值的个数为()A1 B2 C3 D4答案 B解析 根据题意，该框图的含义是：当 x2 时，得到函数 yx21；当 x2 时，得到函数 ylog2x，因此，若输出的结果为 1 时，若 x2，得到 x211，解得 x 2，若 x2，得到 log2x1，无解，因此，可输入的实数 x 的值可能为 2，2，共有 2 个6安排 A，B，C，D，E，F，共 6 名义工照顾甲、乙、丙三位老
4、人，每两位义工照顾一位老人，考虑到义工与老人住址距离问题，义工 A 不安排照顾老人甲，义工 B 不安排照顾老人乙，则安排方法共有()A30 种 B40 种 C42 种 D48 种答案 C解析 6 名义工照顾三位老人，每两位义工照顾一位老人共有 C26C2490种安排方法，其中 A 照顾老人甲的情况有 C15C2430 种，B 照顾老人乙的情况有 C15C2430 种，A 照顾老人甲，同时 B 照顾老人乙的情况有 C14C1312 种，所以符合题意的安排方法有 9030301242 种7在矩形 ABCD 中，AB3，AD4，AC 与 BD 相交于点 O，过点 A 作AEBD，垂足为 E，则AEE
5、C()A.725 B.14425 C.125 D.1225答案 B解析 如图，由 AB3，AD4，得BD 9165，AEABADBD 125.又AEECAE(EO OC)AEEO AEOC AEEO AEAO，AEBD，AEEO 0，又AEAO|AE|AO|cosEAO|AE|AO|AE|AO|AE|214425，AEEC 14425.8一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积为()A82 7B832 7C632 3D62 3答案 B解析 由三视图可知，该几何体是由半个圆锥与一个四棱锥组合而成，如图所示，其中圆锥的底面半径为 1，高为 3，母线长为 2，四棱锥的底面是边长为2 的正方形
6、，高为 3，取 BC 的中点 N，连接 MN，PN，则该几何体的表面积为 S121212122221222 122 3432 87.9若函数 yf(x)的大致图象如图所示，则 f(x)的解析式可以是()Af(x)xexexBf(x)xexexCf(x)exexxDf(x)exexx答案 C解析 当 x0 时，f(x)，而 A 中的 f(x)0，排除 A；当 x0 时，f(x)0，而 B 中 x0 时，f(x)xexex0，D 中，f(x)exexx0，排除 B，D.10已知不等式 xyax22y2 对于 x1,2，y2,3恒成立，则 a 的取值范围是()A1，)B1,4)C1，)D1,6答案
7、C解析 不等式 xyax22y2 对于 x1,2，y2,3恒成立，等价于 ayx2yx2 对于 x1,2，y2,3恒成立，令 tyx，则 1t3，at2t2 在1,3上恒成立，y2t2t2t14218，t1 时，ymax1，a1，故 a 的取值范围是1，)11已知双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的左、右焦点分别为 F1，F2，e 为双曲线的离心率，P 是双曲线右支上的点，PF1F2 的内切圆的圆心为 I，过F2 作直线 PI 的垂线，垂足为 B，则|OB|等于()Aa Bb Cea Deb答案 A解析 如图，延长 F2B 交 PF1 于点 C，在PCF2 中，由题意，得它是一个等腰三角形
8、，|PC|PF2|，B 为 CF2 的中点，在F1CF2 中，有|OB|12|CF1|12(|PF1|PC|)12(|PF1|PF2|)122aa.12设 minm，n表示 m，n 二者中较小的一个，已知函数 f(x)x28x14，g(x)min12x2，log24x(x0)若x15，a(a4)，x2(0，)，使得 f(x1)g(x2)成立，则 a 的最大值为()A4 B3 C2 D0答案 C解析 由题意得 g(x)log24x，0 x0)的图象，如图所示由 f(x)2，得 x6 或2，x15，a，x2(0，)，使得 f(x1)g(x2)成立，4a2，a 的最大值为2.第卷本卷包括必考题和选考
9、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已知点 P(x，y)满足条件xy10，x2y10，y3，则点 P 到原点 O 的最大距离为_答案 34解析 画出xy10，x2y10，y3表示的可行域如图阴影部分所示(含边界)，由y3，x2y10，得x5，y3，由图得，当点 P 的坐标为(5,3)时，点 P 到原点的距离最大，且最大值为 259 34.14 函 数 f(x)sinx6 sinx sinx6 sinx 的 最 小 正 周 期 为_，最大值为_答案 12解析 f(x)s
10、inx6 sinx sinx6 sinx 12 12cos2x 32 sin2x 12cos2x3，f(x)的最小正周期为 T22，最大值为12.15从 4 男 2 女共 6 名学生中选出队长 1 人、副队长 1 人、普通队员 2人组成 4 人服务队，要求服务队中至少有 1 名女生，共有_种不同的选法(用数字作答)答案 168解析 第一类，先选 1 女 3 男，有 C34C128(种)，从这 4 人中选 2 人作为队长和副队长有 A2412(种)，故有 81296(种)；第二类，先选 2 女 2 男，有 C24C226(种)，从这 4 人中选 2 人作为队长和副队长有 A2412(种)，故有6
11、1272(种)，根据分类加法计数原理共有 9672168(种)16如图，在ABC 中，sinABC2 33，点 D 在线段 AC 上，且 AD2DC，BD4 33，则ABC 的面积的最大值为_答案 3 2解析 由 sinABC2 33，可得 cosABC2 63，则 sinABC2sinABC2cosABC22 23.由 sinABC2 33 22 可知，0ABC245，则 0ABC0，y0，z0)，在ABD 中，由余弦定理可得，cosBDA163 2z2x224 33 2z，在CBD 中，由余弦定理可得，cosBDC163 z2y224 33 z，由BDABDC180，故 cosBDAcos
12、BDC，即163 2z2x224 33 2z163 z2y224 33 z，整理可得 166z2x22y20.在ABC 中，由余弦定理可知，x2y22xy13(3z)2，则 6z223x223y249xy，代入式整理计算可得，13x243y249xy16，由基本不等式可得，16213x243y249xy169 xy，故 xy9，当且仅当 x3 2，y3 22 时等号成立，据此可知，ABC 面积的最大值为 Smax12(ABBC)maxsinABC1292 23 3 2.三、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)已知数列an满足：an1，an12
13、1an(nN*)，数列bn中，bn1an1，且 b1，b2，b4 成等比数列(1)求证：数列bn是等差数列；(2)若 Sn 是数列bn的前 n 项和，求数列1Sn 的前 n 项和 Tn.解(1)证明：bn1bn1an111an112 1an11an1anan11an11，数列bn是公差为 1 的等差数列(2)由题意可得 b22b1b4，即(b11)2b1(b13)，b11，bnn，Snnn12，1Sn2nn121n 1n1，Tn211212131n 1n121 1n1 2nn1.18(本小题满分 12 分)中国诗词大会是央视推出的一档以“赏中华诗词，寻文化基因，品生活之美”为宗旨的大型文化类竞
14、赛节目，邀请全国各个年龄段、各个领域的诗词爱好者共同参与诗词知识比拼“百人团”由一百多位来自全国各地的选手组成，成员上至古稀老人，下至垂髫小儿，人数按照年龄分组统计如下表：分组(年龄)7,20)20,40)40,80频数(人)185436(1)用分层抽样的方法从“百人团”中抽取 6 人参加挑战，求从这三个不同年龄组中分别抽取的挑战者的人数；(2)在(1)中抽出的 6 人中，任选 2 人参加一对一的对抗比赛，求这 2 人来自同一年龄组的概率解(1)样本容量与总体个数的比是 6108 118，样本中包含 3 个年龄段的个体数，分别是：年龄在7,20)的人数为 118181，年龄在20,40)的人数
15、为 118543，年龄在40,80的人数为 118362，从这三个不同年龄组7,20)，20,40)，40,80中分别抽取的挑战者的人数为 1,3,2.(2)用分层抽样的方法从“百人团”中抽取 6 人参加挑战，这三个不同年龄组7,20)，20,40)，40,80中分别抽取的挑战者的人数为 1,3,2.从抽出的 6 人中，任选 2 人参加一对一的对抗比赛，基本事件总数为 nC2615，这 2 人来自同一年龄组包含的基本事件个数为 mC23C224，这 2 人来自同一年龄组的概率 Pmn 415.19(本小题满分 12 分)如图，在各棱长均为 2 的正三棱柱 ABCA1B1C1中，D，E 分别为棱
16、 A1B1 与 BB1 的中点，M，N 为线段 C1D 上的动点，其中，M 更靠近 D，且 MNC1N.(1)证明：A1E平面 AC1D；(2)若 NE 与平面 BCC1B1 所成角的正弦值为 1020，求异面直线 BM 与 NE所成角的余弦值解(1)证明：由已知得A1B1C1 为正三角形，D 为棱 A1B1 的中点，C1DA1B1，在正三棱柱 ABCA1B1C1 中，AA1底面 A1B1C1，C1D底面 A1B1C1，则AA1C1D.又 A1B1AA1A1，A1B1，AA1平面 ABB1A1，C1D平面 ABB1A1，又 A1E平面 ABB1A1，C1DA1E.易证 A1EAD，又 ADC1
17、DD，AD，C1D平面 AC1D，A1E平面 AC1D.(2)取 BC 的中点 O，B1C1 的中点 O1，连接 AO，则 AOBC，OO1BC，OO1AO，以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz，则 B(0,1,0)，E(0,1,1)，C1(0，1,2)，D32，12，2，设C1N C1D 32，32，0，则NEC1E C1N(0,2，1)32，32，0 32，232，1，易知 n(1,0,0)是平面 BCC1B1 的一个法向量，|cosNE，n|32 3265 1020，解得 13，59(舍去)NE 36，32，1，C1M 2C1D 33，1，0，BM BC1 C1M
18、33，1，2，cosNE，BM 16322103 16311 1040，异面直线 NE 与 BM 所成角的余弦值为11 1040.20(本小题满分 12 分)已知 A，F 分别是椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左顶点、右焦点，点 P 为椭圆 C 上一动点，当 PFx 轴时，|AF|2|PF|.(1)求椭圆 C 的离心率；(2)若椭圆 C 上存在点 Q，使得四边形 AOPQ 是平行四边形(点 P 在第一象限)，求直线 AP 与 OQ 的斜率之积；(3)记圆 O：x2y2aba2b2为椭圆 C 的“关联圆”若 b 3，过点 P 作椭圆 C 的“关联圆”的两条切线，切点为 M，N，直线 MN
19、 在 x 轴和 y 轴上的截距分别为 m，n，求证：3m2 4n2为定值解(1)由 PFx 轴，知 xPc，代入椭圆 C 的方程，得c2a2y2Pb21，解得 yPb2a.又|AF|2|PF|，所以 ac2b2a，所以 a2ac2b2，即 a22c2ac0，所以 2e2e10，由 0e0，所以 f(x)在(0，)上单调递增，无极值点；当 a0 时，令 f(x)1xa0 得 0 x1a，令 f(x)1xa1a，所以 f(x)在0，1a 上单调递增，在1a，上单调递减，所以函数 f(x)有极大值点为 x1a，无极小值点(2)由条件可得 ln xx2ax0(x0)恒成立，则当 x0 时，aln xx
20、 x 恒成立，令 h(x)ln xx x(x0)，则 h(x)1x2ln xx2，令 k(x)1x2ln x(x0)，则当 x0 时，k(x)2x1x0；在(1，)上，h(x)0.所以 h(x)在(0,1)上为增函数，在(1，)上为减函数，所以 h(x)maxh(1)1，所以 a1.请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号22(本小题满分 10 分)选修 44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为xetet，yetet(其中 t为参数)，在以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系(两种坐标系的单位长度
21、相同)中，直线 l 的极坐标方程为 sin3 2.(1)求曲线 C 的极坐标方程；(2)求直线 l 与曲线 C 的公共点 P 的极坐标解(1)消去参数 t，得曲线 C 的直角坐标方程 x2y24(x2)将 xcos，ysin 代入 x2y24，得 2(cos2sin2)4.所以曲线 C 的极坐标方程为 2cos2444.(2)将 l 与 C 的极坐标方程联立，消去 得 4sin23 2cos2.展开得 3cos22 3sincossin22(cos2sin2)因为 cos0，所以 3tan22 3tan10.于是方程的解为 tan 33，即 6.代入 sin3 2，得 2 2，所以点 P 的极
22、坐标为2 2，6.23(本小题满分 10 分)选修 45：不等式选讲已知 x，yR，xy4.(1)要使不等式1x1y|a2|a1|恒成立，求实数 a 的取值范围；(2)求证：x22y2323，并指出等号成立的条件解(1)因为 x，yR，xy4，所以x4y41.由基本不等式，得1x1y1x1y x4y4 1214yxxy 1212yxxy1，当且仅当 xy2 时取等号要使不等式1x1y|a2|a1|恒成立，只需不等式|a2|a1|1 成立即可构造函数 f(a)|a2|a1|，则等价于解不等式 f(a)1.因为 f(a)3，a2，2a1，2a1，3，a1，所以解不等式 f(a)1，得 a0.所以实数 a 的取值范围为(，0(2)证明：因为 x，yR，xy4，所以 y4x(0 x4)，于是 x22y2x22(4x)23x216x323x832323 323，当 x83，y43时等号成立本课结束