1、高考仿真模拟练高考山东卷仿真模拟(时间：120分钟；满分：150分)第卷一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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(2015济南模拟)设复数z，则|z|()A. B. C. D12已知m是平面的一条斜线，点A，l为过点A的一条动直线，则下列情形可能出现的是()Alm，l Blm，lClm，l Dlm，l3已知(1x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为()A29 B210 C211 D2124(2015济宁模拟)设函数 f(x)是定义在R上的奇函数，则下列结论中一定正确的是()A函数f(x2)x2是奇
2、函数B函数f(x)2|x|不是偶函数C函数x2f(x)是奇函数D函数f(x)x3不是奇函数5一个边长为3 cm的正方形薄木板的正中央有一个直径为2 cm的圆孔，一质点在木板的一个面内随机地移动，则该质点恰在离四个顶点的距离都大于2 cm的区域的概率为()A. B. C. D.6(2015聊城模拟)将函数ysincos的图象沿x轴向右平移个单位长度后，得到的曲线关于y轴对称，则的取值不可能是()A B C. D.7. 阅读如图所示的程序框图，当输出S的值为28时，k()A5 B6C7 D88在ABC中，AB3，AC4，BC5，点D是边BC上的动点，xy，当xy取最大值时，|的值为()A4 B3C
3、. D.9设函数f(x)若f(3)f(2)，f(2)4，则函数g(x)f(x)的零点个数是()A1 B2C3 D410. 某房地产建筑公司在挖掘地基时，出土了一个宋时小文物，如图，该文物外面是红色透明蓝田玉材质，里面是一个球形绿色水晶宝珠，其轴截面由半椭圆C1：1(x0)与半椭圆C2：1(其中a2b2c2，abc0)组成设点F0，F1，F2是相应椭圆的焦点，A1，A2和B1，B2是轴截面与x，y轴的交点，阴影部分是宝珠轴截面，若宝珠的体积是，F1，F2在宝珠珠面上，F0F1F2是等边三角形给出以下四个命题：p1：椭圆C1的离心率为；p2：椭圆C2的离心率大于椭圆C1的离心率；p3：椭圆C2的焦
4、距为4；p4：椭圆C2的长、短轴之比大于椭圆C1的长、短轴之比其中的真命题是()Ap1，p2 Bp1，p3Cp2，p4 Dp3，p4第卷二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分把答案填在题中横线上)11已知集合A0，2，a，集合B2，1，a2，若AB2，0，1，2，4，则AB_12(2015菏泽第一次模拟)为了研究某种细菌在特定环境下随时间变化的繁殖规律，得如下实验数据，计算得回归直线方程为0.85x0.25.由以上信息，得到下表中c的值为_.天数x(天)34567繁殖个数y(千个)2.5344.5c13.(2015济宁模拟)已知an是等差数列，公差d不为零若a2，a3，a7成等比数列
5、，且2a1a21，则a1_，d_14已知点F(c，0)(c0)是双曲线1(a0，b0)的左焦点，过F且平行于双曲线渐近线的直线与圆x2y2c2交于另一点P，且点P在抛物线y24cx上，则该双曲线的离心率的平方是_15(2015莱芜模拟)已知两个正数a，b，可按规律cabab推广为一个新数c，在a，b，c三个数中取两个较大的数，按上述规则扩充得到一个新数，依次下去，将每扩充一次得到一个新数称为一次操作若pq0，经过五次操作后扩充得到的数为(q1)m(p1)n1(m，n为正整数)，则mn_三、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16(本小题满分12分)在ABC中，A，B，C所对的边分别
6、为a，b，c，asin A(bc)sin B(cb)sin C(1)求角A的大小；(2)若a，cos B，D为AC的中点，求BD的长17(本小题满分12分)(2015潍坊诊断考试)为迎接下一届“中国兰州国际马拉松赛”，某单位在推介晚会中进行嘉宾现场抽奖活动抽奖盒中装有大小相同的六个小球，分别印有“兰州马拉松”和“绿色金城行”两种标志，摇匀后，规定参加者每次从盒中同时抽取两个小球(登记后放回并摇匀)，若抽到的两个小球都印有“兰州马拉松”即可中奖，并停止抽奖，否则继续，但每位嘉宾最多抽取3次已知从盒中抽取两个小球不都是“绿色金城行”标志的概率为.(1)求盒中印有“兰州马拉松”标志的小球个数；(2)
7、用表示某位嘉宾抽奖的次数，求的分布列和期望18.(本小题满分12分)设数列an的前n项和为Sn，且满足Sn2an3(nN*)，设数列bn满足b1a1，bn(n2)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cn，求数列cn的前n项和Tn.19. (本小题满分12分)(2015东营模拟)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，DD1平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，ABAD2A1B1，BAD60.(1)证明：BB1AC；(2)若AB2，且二面角A1-AB-C的大小为60，AC，BD的交点为O，连接B1O.求三棱锥B1-ABO外接球的体积(球体体积公式：VR3，R是球的半径)20.(本小题
8、满分13分)已知抛物线y22ax(a0)上一点P(4，t)到原点的距离为4，过焦点F的直线l与抛物线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点(1)求证：y1y2为定值；(2)若点Q(m，0)满足|QA|QB|，且|AB|8，求实数m的取值范围21(本小题满分14分)设函数f(x)(xa)ln x，g(x).已知曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与直线2xy0平行(1)求a的值；(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)g(x)在(k，k1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m(x)minf(x)，g(x)(minp，q表示p，q中的较小值)，求m(x
9、)的最大值高考仿真模拟练高考山东卷仿真模拟1解析：选A.法一：zi，所以|z|.故答案为A.法二：由题意知，|z|，故选A.2解析：选A.若lm，则l也是平面的一条斜线，B不可能成立，D也不可能成立；若lm，l与可能平行、斜交，但不可能垂直，C不可能成立；A可能成立，选A.3解析：选A.由CC，得n10，故奇数项的二项式系数和为29.4解析：选C.对于A，f(x)2f(x2)x2，函数f(x2)x2为偶函数，故A错；对于B，f(x)2|x|f(x)2|x|，函数f(x)2|x|为偶函数，故B错；对于C，(x)2f(x)x2f(x)，函数x2f(x)是奇函数，故C正确；对于D，f(x)(x)3f
10、(x)x3，函数f(x)x3是奇函数，故D错5解析：选D.依题意，分别以正方形的四个顶点为圆心，以2 cm为半径作圆，与正方形相交截得四个圆心角为直角的扇形，如图所示，当质点落在图中的阴影区域时，它离四个顶点的距离都大于2 cm，其中阴影区域的面积为S1S正方形4S扇形S圆(3)22212954，所以该质点恰在离四个顶点的距离都大于2 cm的区域的概率为P.6解析：选C.依题意，把函数ysincossin(2x)的图象沿x轴向右平移个单位长度后得到的曲线ysinsin关于y轴对称，于是有k，kZ，即k，kZ，因此结合各选项知，的取值不可能是，选C.7解析：选C.由程序框图可知S12223242
11、(1)ii2，所以S(21)(21)(43)(43)(1)ii2，S所以i7时，S28，ii18，此时退出循环，输出S，所以k7，故选C.8解析：选C.因为AB3，AC4，BC5，所以ABC为直角三角形如图建立平面直角坐标系，A(0，0)，B(3，0)，C(0，4)，设D(a，b)，由xy，得所以xy.又因为D在直线lBC：1上，所以1，则2.所以，即xy，当且仅当，即a，b2时，xy取得最大值，此时|.9解析：选B.根据题意得所以f(x)当x0时，令g(x)0，得x2x20，此方程有两个不相等的负实数根，即x0时，令g(x)0，得lg x，作出函数ylg x与函数y的图象，易知它们在(0，)
12、上没有交点，所以选B.10解析：选B.由题意知|F1F2|F1F0|F2F0|2，所以sin 60，所以bc，因为宝珠的体积是，F1，F2在宝珠珠面上，所以球的半径R，所以()3，所以b2c24，所以R2，所以c2c24，c212，b216，a228，故a2，b4，c2，椭圆C1的离心率为，所以椭圆C2的方程为1，所以椭圆C2的离心率为，因为c，所以椭圆C2的焦点在y轴上，则C2的焦距为24，故p3为真命题；椭圆C1的长、短轴之比为，椭圆C2的长、短轴之比为，因为，故p4为假命题，选B.11解析：由已知AB2，0，1，2，4及集合中元素的互异性，知a2，因而B2，1，4，AB2答案：212解析
13、：x5，y，代入回归直线方程中得0.8550.25，解得c6.答案：613解析：因为 a2，a3，a7成等比数列，所以 aa2a7，所以 (a12d)2(a1d)(a16d)，即2d3a10.又因为 2a1a21，所以 3a1d1.由解得a1，d1.答案：114解析：如图，设抛物线y24cx的准线为l，作PQl于Q，双曲线的右焦点为F，由题意可知FF为圆x2y2c2的直径，所以PFPF，且tanPFF，|FF|2c，所以|PF|2b，|PF|2a.由抛物线的性质可知|PQ|PF|2b，且PFQFFP，所以，即a2bc，解得e2.答案：15解析：因为pq0，第一次操作，c1pqpq(q1)(p1
14、)1，因为c1pq，所以第二次操作得，c2(c11)(p1)1(pqpq)pp(pqpq)(p1)2(q1)1，所得新数大于任意旧数，所以第三次操作可得，c3(c21)(c11)1(p1)3(q1)21，第四次操作可得，c4(c31)(c21)1(p1)5(q1)31，故经过五次操作，所得数为c5(c41)(c31)1(p1)8(q1)51，所以m5，n8，mn13.答案：1316解：(1)由正弦定理以及asin A(bc)sin B(cb)sin C，得a2(bc)b(cb)c，整理得a2b2c22bc，所以cos A，因为A(0，)，所以A.(2)由cos B，可得sin B，所以cos
15、Ccos(AB)，由正弦定理得b2，所以CDAC1，在BCD中，由余弦定理得BD2()2122113.所以BD.17解：(1)设印有“绿色金城行”的球有n个，同时抽两球不都是“绿色金城行”标志为事件A，则同时抽取两球都是“绿色金城行”标志的概率是P(A)，由对立事件的概率知P(A)1P(A)，即P(A)，解得n3，633(个)，所以盒中印有“兰州马拉松”标志的小球有3个(2)由已知，两种球各三个，的可能取值分别为1，2，3，P(1)，P(2) ，P(3)1P(1)P(2)，则的分布列为： 123P所以E()123.18解：(1)因为Sn2an3(nN*)，所以当n2时，Sn12an13，两式相
16、减得3an2an1, 即.又当n1时，a12a13，所以a11，所以数列an是首项为1，公比为的等比数列，且an.因为当n2时，bn，两边取倒数得，所以，又b1a11，所以数列是首项为1，公差为的等差数列，且1(n1)，所以bn.(2)由(1)知cn，Tn，Tn，得Tn，所以Tn6(n4).19解：(1)证明：底面平行四边形ABCD中，因为ABAD，BAD60，所以ACBD.又DD1平面ABCD，所以DD1AC，所以AC平面BDD1，又因为四棱台ABCDA1B1C1D1中，侧棱DD1与BB1延长后交于一点，所以BB1平面BDD1，所以ACBB1，即BB1AC.(2)因为四边形ABCD为平行四边
17、形，所以ODBD.连接D1B1，由棱台定义及ABAD2A1B1知D1B1DO，且D1B1DO，所以四边形D1B1OD为平行四边形，所以DD1B1O.因为DD1平面ABCD，所以B1O平面ABCD，即B1OAO，B1OBO，由(1)知ACBD于点O，即AOBO.以O为原点，DB，AC，OB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图则A(0，0)，B(1，0，0)，D(1，0，0)，设B1(0，0，h)，则D1(1，0，h)，设A1(a，b，h)(h0)，则(1，0)，(a1，b，0)，因为，所以a，b，即A1.所以，(1，0)，设平面A1AB的一个法向量为n(x，y，z)，则即取y
18、，则x3，z，即n，又已知平面ABC的一个法向量m(0，0，1)，由二面角A1ABC的大小为60，可得|cosn，m|，解得：h，即棱台的高为.因为B1OAO，B1OBO，AOBO，所以三棱锥B1ABO外接球的直径就是以OA，OB，OB1为三条棱的长方体的体对角线，长为，所以外接球半径R，所以外接球体积为VR3.20解：(1)证明：由题意可得t28a，且4，解得a2.故抛物线方程为y24x，焦点为(1，0)当直线l的斜率不存在时，可知直线l的方程为x1，与抛物线方程联立得A(1，2)，B(1，2)，此时y1y24.当直线l的斜率存在时，由题意可设直线l的方程为yk(x1)(k0)，联立得y24
19、0，又160，所以y1y24.综上可知y1y24.(2)设AB的中点为N(x0，y0)，则由抛物线的定义知(x11)(x21)2(x01)8，所以x03.结合(1)可知y1y22y0，所以k.又y0k(x01)，所以y0(x01)，即y2(x01)，x01，所以由x03得|y0|2，因为|QA|QB|，所以点Q必是线段AB的垂直平分线与x轴的交点又k，所以AB垂直平分线的方程为yy0(xx0)，将点Q(m，0)代入上述方程得m3，又y4，所以m5，即实数m的取值范围为5，)21解：(1)由题意知，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为2，所以f(1)2.又f(x)ln x1，所以a1.
20、(2)k1时，方程f(x)g(x)在(1，2)内存在唯一的根设h(x)f(x)g(x)(x1)ln x，当x(0，1时，h(x)110，所以存在x0(1，2)，使得h(x0)0.因为h(x)ln x1，所以当x(1，2)时，h(x)10，当x(2，)时，h(x)0，所以当x(1，)时，h(x)单调递增所以当k1时，方程f(x)g(x)在(k，k1)内存在唯一的根(3)由(2)知，方程f(x)g(x)在(1，2)内存在唯一的根x0，且x(0，x0)时，f(x)g(x)，所以m(x)当x(0，x0)时，若x(0，1，m(x)0；若x(1，x0)，由m(x)ln x10，可知00，m(x)单调递增；x(2，)时，m(x)0，m(x)单调递减可知m(x)m(2)，且m(x0)m(2)综上可得，函数m(x)的最大值为.
