1、高考仿真模拟卷(七) (时间：120分钟；满分：150分)第卷一、选择题：本题共12小题，每小题5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已知复数z满足(34i)z25，则z()A34i B34iC34i D34i2已知集合Mx|x22x80，集合Nx|lg x0，则MN()Ax|2x4 Bx|x1Cx|1x4 Dx|x23中国仓储指数是反映仓储行业经营和国内市场主要商品供求状况与变化趋势的一套指数体系如图所示的折线图是2017年和2018年的中国仓储指数走势情况根据该折线图，下列结论中不正确的是()A2018年1月至4月的仓储指数比2017年同期波动性更大B这两年的最大仓储指
2、数都出现在4月份C2018年全年仓储指数平均值明显低于2017年D2018年各仓储指数的中位数与2017年各仓储指数中位数差异明显4已知直线3xay0(a0)被圆(x2)2y24所截得的弦长为2，则a的值为()A. B. C2 D25已知a，b是实数，则“a0或b0”是“ab0且0”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6已知a，b是单位向量，且ab，若平面向量p满足papb，则|p|()A. B1 C. D27若f(x)cos 2xacos在区间上是增函数，则实数a的取值范围为()A2，) B(2，)C(，4) D(，48一个四棱锥与半圆柱构成的几何体的三
3、视图如图所示，则该几何体的体积为()A168 B1612C4812 D4889已知函数f(x)(e为自然对数的底数)，当x，时，yf(x)的图象大致是()10已知正项数列an为等比数列，Sn为其前n项和，且有aa32 4002a2a6，S410S2，则第2 019 项的个位数为()A1 B2 C8 D911已知变量a，b满足ba23ln a(a0)，若点Q(m，n)在直线y2x上，则(am)2(bn)2的最小值为()A. B. C9 D312已知双曲线C：1(b0)的一条渐近线方程为yx，F1、F2分别为双曲线C的左、右焦点，P为双曲线C上的一点，|PF1|PF2|31，则|的值是()A4 B
4、2 C2 D.题号123456789101112答案第卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分13某路公交车在6：30，7：00，7：30，准时发车，小明同学在6：50至7：30之间到达该车站乘车，且到达该车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率为_14已知在ABC中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边，A，a2，b2，则ABC的面积S_.15如图所示，有三根针和套在一根针上的n个金属片，按下列规则，把金属片从一根针上全部移到另一根针上(1)每次只能移动一个金属片；(2)在每次移动的过程中，每根针上较大的金属片不能放在较小的金属片上面将n个金属片从1号针移到3号针最少需要移动的次数
5、记为f(n)，则f(n)_16设函数f(x)若函数y2f(x)22bf(x)1有8个不同的零点，则实数b的取值范围是_三、解答题：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)设Sn是数列an的前n项和，已知a13，an12Sn3(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)令bn(2n1)an，求数列bn的前n项和Tn.18(本小题满分12分)某园林基地培育了一种新观赏植物，经过一年的生长发育，技术人员从中抽取了部分植株的高度(单位：厘米)作为样本(样本容量为n)进行统计，按照50，60)，60，70)，70，80)，80，90)，90，100的分组作出频率分布直方图，并作出样
6、本高度的茎叶图(图中仅列出了高度在50，60)，90，100的数据)(1)求样本容量n和频率分布直方图中的x、y的值；(2)在选取的样本中，从高度在80厘米以上(含80厘米)的植株中随机抽取2株，求所抽取的2株中至少有一株高度在90，100内的概率19.(本小题满分12分)在四棱锥PABCD中，ABCACD90，BACCAD60，PA平面ABCD，E为PD的中点，PA2AB2.(1)求证：CE平面PAB；(2)若F为PC的中点，求三棱锥FAEC的体积20(本小题满分12分)已知函数f(x)mx，g(x)3ln x.(1)当m4时，求曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程；(2)若x(1,
7、 (e是自然对数的底数)时，不等式f(x)g(x)b0)与抛物线y24x有共同的焦点F1，且两曲线在第二象限内的交点到F1的距离是它到直线x4的距离的一半(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆右焦点F2且垂直于x轴的直线l与椭圆交于点P(P在第一象限)，以P为圆心的圆与x轴交于A，B两点，直线PA，PB与椭圆分别交于另一点M，N，求证：直线MN的斜率为定值，并求出这个定值请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分22(本小题满分10分)选修44：坐标系与参数方程已知直线l的参数方程为(t为参数)，在直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线M的方程为
8、2(1sin2 )1.(1)求曲线M的直角坐标方程；(2)若直线l与曲线M只有一个公共点，求倾斜角的值23(本小题满分10分)选修45：不等式选讲设函数f(x)|xa|.(1)当a2时，解不等式f(x)7|x1|；(2)若f(x)1的解集为0，2，a(m0，n0)，求证：m4n23.高考仿真模拟卷(七)1解析：选D.法一：令zxyi，则(34i)(xyi)(3x4y)(3y4x)i25，得所以故z34i，故选D.法二：由已知可得z34i.2解析：选C.由题意得，Mx|2x4，Nx|x1，则MNx|1x43解析：选D.通过图象可看出，2018年1月至4月的仓储指数比2017年同期波动性更大， 这
9、两年的最大仓储指数都出现在4月份， 2018年全年仓储指数平均值明显低于2017年，所以选项A，B，C的结论都正确；2018年各仓储指数的中位数与2017年各仓储指数中位数基本在52%，所以选项D的结论错误故选D.4解析：选B.由已知条件可知，圆的半径为2，又直线被圆所截得的弦长为2，故圆心到直线的距离为，即，得a.5解析：选B.若“a0或b0”，则不一定有“ab0且0”成立，如取a1，b1，则ab0，且1；反之，若“ab0且0”，则a0且b0，从而“a0或b0”成立综上，选B.6解析：选B.由题意，不妨设a(1，0)，b，p(x，y)，因为papb，所以解得所以|p|1.7解析：选D.f(x
10、)12sin2 xasin x，令sin xt，t，则g(t)2t2at1，t，因为f(x)在上单调递增，所以1，即a4，故选D.8解析：选B.由图得，SE，EF6，ABCD4，SG，可知半圆柱V112，四棱锥V216，该几何体的体积V1V21216.答案选B.9解析：选B.由题意可得f(x)，即f(x)xecos x为奇函数，排除A，C，f(x)(1xsin x)ecos x，显然存在x0使得f(x0)0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减故选B.10解析：选C.由aa32 4002a2a6，得a2a3a5a32 400，即(a3a5)232 400，又an0，所以
11、a3a5180，从而a1(q2q4)180，由S410S2，得a1a2a3a410(a1a2)，即a3a49(a1a2)，所以(a1a2)q29(a1a2)，所以q29，又q0，所以q3，代入a1(q2q4)180，得a12，所以a2 019232 0182(34)5043218(81)504，故其个位数为8.11解析：选A.由题意知，y2x表示斜率为2的直线，变量a，b满足ba23ln a，设函数f(x)x23ln x，则f(x)x，设当切线斜率为2时，函数f(x)图象的切点的横坐标为x0，则x02，所以x01，此时切点坐标为，切点到直线y2x的距离d，所以(am)2(bn)2的最小值为d2
12、.12解析：选C.由渐近线方程得，又a2，所以b，故c.设|PF1|3k，|PF2|k，则由双曲线定义知3kk4，k2，所以|PF1|6，|PF2|2，可判断F1PF290，所以以、为邻边的四边形为矩形，所以|2.13解析：小明同学在6：50至7：30之间到达该车站乘车，总时长为40分钟，公交车在6：30，7：00，7：30准时发车，他等车时间不超过10分钟，则必须在6：50至7：00或7：20至7：30之间到达，时长为20分钟，则他等车时间不超过10分钟的概率P.答案：14解析：由正弦定理得sin B，所以B或.若B，则CAB，此时 Sab222.若B，则CAB，所以AC，此时ca2，所以S
13、acsin B22.所以S2或.答案：2或15解析：n1时，f(1)1；n2时，小盘2号针，大盘3号针，小盘从2号针3号针，完成，即f(2)3221；n3时，小盘3号针，中盘2号针，小盘从3号针2号针用f(2)种方法把中、小两盘移到2号针，大盘3号针；再用f(2)种方法把中、小两盘从2号针移到3号针，完成，f(3)f(2)213217231，f(4)f(3)2172115241，以此类推，f(n)f(n1)212n1.故答案为：2n1.答案：2n116解析：作出函数f(x)的图象如图所示，结合图象可知，若函数y2f(x)22bf(x)1有8个零点，则关于f(x)的一元二次方程2f(x)22bf
14、(x)10在(0，1)上有2个不相等的实根设tf(x)，则方程转化为2t22bt10，设两个根分别为t1，t2，则由根与系数的关系知，即所以得b.答案：17解：(1)当n2时，由an12Sn3，得an2Sn13，两式相减，得an1an2Sn2Sn12an，所以an13an，所以3.当n1时，a13，a22S132a139，则3.所以数列an是以3为首项，3为公比的等比数列所以an33n13n.(2)由(1)得bn(2n1)an(2n1)3n.所以Tn13332533(2n1)3n，3Tn132333534(2n1)3n1，得2Tn1323223323n(2n1)3n132(32333n)(2n
15、1)3n132(2n1)3n16(2n2)3n1.所以Tn(n1)3n13.18解：(1)由题意可知，样本容量n50，y0.004，x0.1000.0040.0100.0160.0400.030.(2)由题意可知，高度在80，90)内的株数为5，记这5株分别为a1，a2，a3，a4，a5，高度在90，100内的株数为2，记这2株分别为b1，b2.抽取2株的所有情况有21种，分别为：(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，a5)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a2，a5)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a3，a4)，(a3，a5)，(a3，
16、b1)，(a3，b2)，(a4，a5)，(a4，b1)，(a4，b2)，(a5，b1)，(a5，b2)，(b1，b2)其中2株的高度都不在90，100内的情况有10种，分别为：(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，a5)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a2，a5)，(a3，a4)，(a3，a5)，(a4，a5)所以所抽取的2株中至少有一株高度在90，100内的概率P1.19解：(1)证明：在RtABC中，AB1，BAC60，所以BC，AC2.取AD的中点M，连接EM，CM，则EMPA.因为EM平面PAB，PA平面PAB，所以EM平面PAB.在RtACD中，CAD60，AC
17、2，所以AD4，AM2AC，所以ACM60.而BAC60，所以MCAB.因为MC平面PAB，AB平面PAB，所以MC平面PAB.因为EMMCM，所以平面EMC平面PAB.因为CE平面EMC，所以CE平面PAB.(2)因为PAAC2，F为PC的中点，所以AFPC.因为PA平面ABCD，所以PACD.因为ACCD，PAACA，所以CD平面PAC.又EFCD，所以EF平面PAC，即EF为三棱锥EAFC的高因为CD2，所以EF，从而VEAFCACPAEF22.因为VEAFCVFAEC，所以VFAEC.20解：(1)当m4时，f(x)4x，f(x)4，f(2)5，又f(2)6，所以所求切线方程为y5x4.(2)由题意知，x(1， 时，mx3ln x3恒成立，即m(x21)0，则m恒成立令h(x)，x(1，则mh(x)min，h(x)，因为x(1， ，所以h(x)0，n0)，所以m4n(m4n)323(当且仅当m2n时取等号)
