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.