1、南开中学高考模拟考试数学试题一、选择题（共9小题；共45分）1.设集合， ， ，则A. 2B. 2，3C. -1，2，3D. 1，2，3，4【答案】D【解析】【分析】先求，再求【详解】因为，所以.故选D【点睛】集合的运算问题，一般要先研究集合中元素的构成，能化简的要先化简，同时注意数形结合，即借助数轴、坐标系、韦恩图等进行运算2.设，则“”是“”的A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】分析：首先求解绝对值不等式，然后求解三次不等式即可确定两者之间的关系.详解：绝对值不等式，由.据此可知是的充分而不必要条件.本题选择A选项.点睛：本题
2、主要考查绝对值不等式的解法，充分不必要条件的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3.若ab，则A. ln(ab)0B. 3a0D. ab【答案】C【解析】【分析】本题也可用直接法，因为，所以，当时，知A错，因为是增函数，所以，故B错；因为幂函数是增函数，所以，知C正确；取，满足，知D错【详解】取，满足，知A错，排除A；因为，知B错，排除B；取，满足，知D错，排除D，因为幂函数是增函数，所以，故选C【点睛】本题主要考查对数函数性质、指数函数性质、幂函数性质及绝对值意义，渗透了逻辑推理和运算能力素养，利用特殊值排除即可判断4.设函数,（ ）A. 3B. 6C. 9D. 12【答案】C
3、【解析】.故选C.5.函数=的部分图像如图所示，则的单调递减区间为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由五点作图知，解得，所以，令，解得，故单调减区间为（，），故选D.考点：三角函数图像与性质6.已知等比数列的首项为1，若，成等差数列，则数列的前5项和为（ ）A. B. 2C. D. 【答案】A【解析】【分析】设的公比为，由，成等差数列求出，再由等比数列前和公式得的前5项和【详解】设的公比为，因为，成等差数列，所以，即，所以，所以所以，是首项为1，公比为的等比数列，所以故选：A【点睛】本题考查求等比数列的前项和，解题方法是基本量法，掌握等比数列的基本量法是解题基础7.从10名大学毕
4、业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为()A. 85B. 56C. 49D. 28【答案】C【解析】试题分析：根据题意：，故选C.考点：排列组合.8.已知双曲线的一条渐近线过点，且双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，则双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：双曲线的一条渐近线是，则，抛物线的准线是，因此，即，由联立解得，所以双曲线方程为故选D考点：双曲线的标准方程9.定义在上满足,当时,若时,恒成立，则实数的取值范围是 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用等式，求出函数在上的解析式，求出函数在时的值
5、域，最后解不等式组进行求解即可.【详解】当时, ;当时，. 因为，所以有，当时, ；当时，因此时,因为时,恒成立，所以，解得实数的取值范围是，故选：A.【点睛】本题考查了分段函数值域，本题考查了已知不等式恒成立求参数问题，考查了数学运算能力.二、填空题（共6小题；共30分）10.是虚数单位，若复数是纯虚数，则实数的值为 .【答案】【解析】试题分析：由复数的运算可知，是纯虚数，则其实部必为零，即，所以.考点：复数的运算.11.在的展开式中，的系数为 .【答案】【解析】展开式的通项为，由得，所以，所以该项系数为.考点：二项式定理及二项展开式的通项.12.已知一个正方体的所有顶点在一个球面上. 若球
6、的体积为, 则正方体的棱长为 .【答案】【解析】【分析】根据正方体的性质，结合球的体积公式进行求解即可.【详解】因为正方体体的对角线就是正方体的外接球的直径，所以由外接球的体积公式得：，即，则，故答案为：【点睛】本题考查了正方体外接球的性质，考查了球的体积公式的应用，考查了空间想象能力和数学运算能力.13.某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历，假定该毕业生得到甲公司面试的概率为，得到乙、丙公司面试的概率均为P，且三个公司是否让其面试是相互独立的记X为该毕业生得到面试的公司个数若P（X=0）=，则随机变量X的数学期望E（X）=_【答案】【解析】P(X0)(1p)2，p，
7、随机变量X的可能值为0,1,2,3，因此P(X0)，P(X1)()22()2，P(X2)()22()2，P(X3)()2，因此E(X)12314.已知x，y为正实数，则最大值为_【答案】【解析】【详解】【分析】试题分析：，因为，所以，当且仅当时等号成立.考点：基本不等式.15.在中，已知，P为线段上的点，且，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】由数量积的定义通过解三角形求出中各边发现这是一个直角三角形，然后以以C为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立直角坐标系，则条件为点，且满足用坐标求出，结合几何意义可得最小值【详解】依题意得：解得， ，所以为，所以以C为原点，所在直线为x轴，所在直线
8、为y轴建立直角坐标系，则由题目条件得点，且满足，点到直线即的距离为，则最小值为故答案为：【点睛】本题考查平面向量的数量积，考查正弦定理的边角转化，余弦定理，考查转化与化归思想，解题关键是建立平面直角坐标系，用坐标表示数量积的运算，从而利用几何意义求得最值三、解答题（共5小题；共75分）16.在中，内角所对的边分别为，已知的面积为(1) 求和的值；(2) 求的值【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由面积公式可得结合可求得解得再由余弦定理求得a=8.最后由正弦定理求sinC的值;（2）直接展开求值.【详解】（1）ABC中,由得由,得又由解得由,可得a=8.由,得.（2）,【点睛】本题主要考
9、查三角变换及正弦定理、余弦定理等基础知识,考查基本运算求解能力.17.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，又，（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的余弦值；（3）求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）由勾股定理逆定理得，再有已知垂直可得证线面垂直；（2）由（1）为与平面所成的角，在中可求得这个角；（3）过C作于M，连接可证明为二面角的平面角，然后在求解【详解】（1）在中，即，平面（2）如图，连接，由（1）知平面，为在平面内的射影，为与平面所成的角在中，在中，与平面所成角的余弦值为（3）由（1）知，又，平面如图，过C作于M，连接平面，为二面角的平面角在中
10、，又，在中，,，二面角的余弦值为【点睛】本题考查证明线面垂直，考查求直线与平面所成的角和二面角，解题时需作出直线与平面所成的角和二面角的平面角，为此又需要找到线面垂直线面垂直是本题的解题关键18.已知数列是首项为正数的等差数列,数列的前项和为.（1）求,并求出数列的通项公式;（2）设,求数列的前项和.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）分别令和，得到，化成基本量表示，得到关于的方程组，解得，从而得到和的通项；（2）由（1）得，利用错位相减法，得到.【详解】（1）设数列的公差为，因为数列的前项和为，令，得，所以 令，得，所以 由得解得，所以，.（2）由（1）知，两式相减，得所以，【点睛
11、】本题考查等差数列通项的基本量计算，错位相减法求数列前项的和，属于中档题.19.已知椭圆的右焦点为，且经过点.（）求椭圆C的方程；（）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|ON|=2，求证：直线l经过定点.【答案】（）；（）见解析.【解析】【分析】()由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程；()设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证明直线恒过定点.【详解】（）因为椭圆的右焦点为，所以；因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为.（）设联立得，.直线，令得，即；同理可得.因为,所以；
12、，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题20.已知函数，.（）当时，求函数的单调区间；（）若曲线在点处的切线与曲线切于点，求的值；（）若恒成立，求的最大值.【答案】（）见解析；（）（）【解析】【详解】（） ，则.令得，所以在上单调递增.令得，所以在上单调递减.（）因为，所以，所以的方程为.依题意， ， .于是与抛物线切于点，由得.所以 - （）设,则恒成立.易得（1）当时，因
13、为，所以此时在上单调递增.若，则当时满足条件，此时；若，取且此时，所以不恒成立不满足条件；（2）当时，令，得由，得；由，得所以在上单调递减，在上单调递增.要使得“恒成立”，必须有“当时， ”成立.所以.则令则令，得由，得；由，得所以在上单调递增，在上单调递减,所以，当时， 从而，当时， 最大值为.-【点睛】利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法（1）分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)a恒成立，只需f(x)mina即可；f(x)a恒成立，只需f(x)maxa即可.(2)函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.