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文檔簡介
福建省福州市第一中學新高考考前提分數(shù)學仿真卷注意事項:1.答題前,考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚,將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂;非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫,字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效;在草稿紙、試題卷上答題無效。4.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1.已知α,β是兩平面,l,m,n是三條不同的直線,則不正確命題是()A.若m⊥α,n//α,則m⊥n B.若m//α,n//α,則m//nC.若l⊥α,l//β,則α⊥β D.若α//β,lβ,且l//α,則l//β2.已知復數(shù),,則()A. B. C. D.3.已知非零向量滿足,,且與的夾角為,則()A.6 B. C. D.34.若函數(shù)為自然對數(shù)的底數(shù))在區(qū)間上不是單調函數(shù),則實數(shù)的取值范圍是()A. B. C. D.5.下圖中的圖案是我國古代建筑中的一種裝飾圖案,形若銅錢,寓意富貴吉祥.在圓內隨機取一點,則該點取自陰影區(qū)域內(陰影部分由四條四分之一圓弧圍成)的概率是()A. B. C. D.6.明代數(shù)學家程大位(1533~1606年),有感于當時籌算方法的不便,用其畢生心血寫出《算法統(tǒng)宗》,可謂集成計算的鼻祖.如圖所示的程序框圖的算法思路源于其著作中的“李白沽酒”問題.執(zhí)行該程序框圖,若輸出的的值為,則輸入的的值為()A. B. C. D.7.“”是“”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分又不必要條件8.在復平面內,復數(shù)對應的點的坐標為()A. B. C. D.9.設是等差數(shù)列的前n項和,且,則()A. B. C.1 D.210.已知是邊長為的正三角形,若,則A. B.C. D.11.一個空間幾何體的正視圖是長為4,寬為的長方形,側視圖是邊長為2的等邊三角形,俯視圖如圖所示,則該幾何體的體積為()A. B. C. D.12.已知點,若點在曲線上運動,則面積的最小值為()A.6 B.3 C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.在中,已知,則的最小值是________.14.(5分)在長方體中,已知棱長,體對角線,兩異面直線與所成的角為,則該長方體的表面積是____________.15.在中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且,則________.16.在正方體中,分別為棱的中點,則直線與直線所成角的正切值為_________.三、解答題:共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17.(12分)一種游戲的規(guī)則為拋擲一枚硬幣,每次正面向上得2分,反面向上得1分.(1)設拋擲4次的得分為,求變量的分布列和數(shù)學期望.(2)當游戲得分為時,游戲停止,記得分的概率和為.①求;②當時,記,證明:數(shù)列為常數(shù)列,數(shù)列為等比數(shù)列.18.(12分)在中,角的對邊分別為,且,.(1)求的值;(2)若求的面積.19.(12分)設函數(shù),.(1)解不等式;(2)若對任意的實數(shù)恒成立,求的取值范圍.20.(12分)如圖所示,直角梯形ABCD中,,,,四邊形EDCF為矩形,,平面平面ABCD.(1)求證:平面ABE;(2)求平面ABE與平面EFB所成銳二面角的余弦值.(3)在線段DF上是否存在點P,使得直線BP與平面ABE所成角的正弦值為,若存在,求出線段BP的長,若不存在,請說明理由.21.(12分)如圖1,在等腰中,,,分別為,的中點,為的中點,在線段上,且。將沿折起,使點到的位置(如圖2所示),且。(1)證明:平面;(2)求平面與平面所成銳二面角的余弦值22.(10分)已知函數(shù).(1)討論的單調性;(2)若在定義域內是增函數(shù),且存在不相等的正實數(shù),使得,證明:.
參考答案一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】
根據(jù)線面平行、線面垂直和空間角的知識,判斷A選項的正確性.由線面平行有關知識判斷B選項的正確性.根據(jù)面面垂直的判定定理,判斷C選項的正確性.根據(jù)面面平行的性質判斷D選項的正確性.【詳解】A.若,則在中存在一條直線,使得,則,又,那么,故正確;B.若,則或相交或異面,故不正確;C.若,則存在,使,又,則,故正確.D.若,且,則或,又由,故正確.故選:B【點睛】本小題主要考查空間線線、線面和面面有關命題真假性的判斷,屬于基礎題.2、B【解析】分析:利用的恒等式,將分子、分母同時乘以,化簡整理得詳解:,故選B點睛:復數(shù)問題是高考數(shù)學中的??紗栴},屬于得分題,主要考查的方面有:復數(shù)的分類、復數(shù)的幾何意義、復數(shù)的模、共軛復數(shù)以及復數(shù)的乘除運算,在運算時注意符號的正、負問題.3、D【解析】
利用向量的加法的平行四邊形法則,判斷四邊形的形狀,推出結果即可.【詳解】解:非零向量,滿足,可知兩個向量垂直,,且與的夾角為,說明以向量,為鄰邊,為對角線的平行四邊形是正方形,所以則.故選:.【點睛】本題考查向量的幾何意義,向量加法的平行四邊形法則的應用,考查分析問題解決問題的能力,屬于基礎題.4、B【解析】
求得的導函數(shù),由此構造函數(shù),根據(jù)題意可知在上有變號零點.由此令,利用分離常數(shù)法結合換元法,求得的取值范圍.【詳解】,設,要使在區(qū)間上不是單調函數(shù),即在上有變號零點,令,則,令,則問題即在上有零點,由于在上遞增,所以的取值范圍是.故選:B【點睛】本小題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性,考查方程零點問題的求解策略,考查化歸與轉化的數(shù)學思想方法,屬于中檔題.5、C【解析】令圓的半徑為1,則,故選C.6、C【解析】
根據(jù)程序框圖依次計算得到答案.【詳解】,;,;,;,;,此時不滿足,跳出循環(huán),輸出結果為,由題意,得.故選:【點睛】本題考查了程序框圖的計算,意在考查學生的理解能力和計算能力.7、A【解析】
首先利用二倍角正切公式由,求出,再根據(jù)充分條件、必要條件的定義判斷即可;【詳解】解:∵,∴可解得或,∴“”是“”的充分不必要條件.故選:A【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷,二倍角正切公式的應用是解決本題的關鍵,屬于基礎題.8、C【解析】
利用復數(shù)的運算法則、幾何意義即可得出.【詳解】解:復數(shù)i(2+i)=2i﹣1對應的點的坐標為(﹣1,2),故選:C【點睛】本題考查了復數(shù)的運算法則、幾何意義,考查了推理能力與計算能力,屬于基礎題.9、C【解析】
利用等差數(shù)列的性質化簡已知條件,求得的值.【詳解】由于等差數(shù)列滿足,所以,,.故選:C【點睛】本小題主要考查等差數(shù)列的性質,屬于基礎題.10、A【解析】
由可得,因為是邊長為的正三角形,所以,故選A.11、B【解析】
由三視圖確定原幾何體是正三棱柱,由此可求得體積.【詳解】由題意原幾何體是正三棱柱,.故選:B.【點睛】本題考查三視圖,考查棱柱的體積.解題關鍵是由三視圖不愿出原幾何體.12、B【解析】
求得直線的方程,畫出曲線表示的下半圓,結合圖象可得位于,結合點到直線的距離公式和兩點的距離公式,以及三角形的面積公式,可得所求最小值.【詳解】解:曲線表示以原點為圓心,1為半徑的下半圓(包括兩個端點),如圖,直線的方程為,可得,由圓與直線的位置關系知在時,到直線距離最短,即為,則的面積的最小值為.故選:B.【點睛】本題考查三角形面積最值,解題關鍵是掌握直線與圓的位置關系,確定半圓上的點到直線距離的最小值,這由數(shù)形結合思想易得.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13、【解析】分析:可先用向量的數(shù)量積公式將原式變形為:,然后再結合余弦定理整理為,再由cosC的余弦定理得到a,b的關系式,最后利用基本不等式求解即可.詳解:已知,可得,將角A,B,C的余弦定理代入得,由,當a=b時取到等號,故cosC的最小值為.點睛:考查向量的數(shù)量積、余弦定理、基本不等式的綜合運用,能正確轉化是解題關鍵.屬于中檔題.14、10【解析】
作出長方體如圖所示,由于,則就是異面直線與所成的角,且,在等腰直角三角形中,由,得,又,則,從而長方體的表面積為.15、【解析】
利用正弦定理將邊化角,即可容易求得結果.【詳解】由正弦定理可知,,即.故答案為:.【點睛】本題考查利用正弦定理實現(xiàn)邊角互化,屬基礎題.16、【解析】
由中位線定理和正方體性質得,從而作出異面直線所成的角,在三角形中計算可得.【詳解】如圖,連接,,,∵分別為棱的中點,∴,又正方體中,即是平行四邊形,∴,∴,(或其補角)就是直線與直線所成角,是等邊三角形,∴=60°,其正切值為.故答案為:.【點睛】本題考查異面直線所成的角,解題關鍵是根據(jù)定義作出異面直線所成的角.三、解答題:共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(1)分布列見解析,數(shù)學期望為6;(2)①;②證明見解析【解析】
(1)變量的所有可能取值為4,5,6,7,8,分別求出對應的概率,進而可求出變量的分布列和數(shù)學期望;(2)①得2分只需要拋擲一次正面向上或兩次反面向上,分別求出兩種情況的概率,進而可求得;②得分分兩種情況,第一種為得分后拋擲一次正面向上,第二種為得分后拋擲一次反面向上,可知當且時,,結合,可推出,從而可證明數(shù)列為常數(shù)列;結合,可推出,進而可證明數(shù)列為等比數(shù)列.【詳解】(1)變量的所有可能取值為4,5,6,7,8.每次拋擲一次硬幣,正面向上的概率為,反面向上的概率也為,則,.所以變量的分布列為:45678故變量的數(shù)學期望為.(2)①得2分只需要拋擲一次正面向上或兩次反面向上,概率的和為.②得分分兩種情況,第一種為得分后拋擲一次正面向上,第二種為得分后拋擲一次反面向上,故且時,有,則時,,所以,故數(shù)列為常數(shù)列;又,,所以數(shù)列為等比數(shù)列.【點睛】本題考查離散型隨機變量的分布列及數(shù)學期望,考查常數(shù)列及等比數(shù)列的證明,考查學生的計算求解能力與推理論證能力,屬于中檔題.18、(1)3(2)78【解析】試題分析:(1)由兩角和差公式得到,由三角形中的數(shù)值關系得到,進而求得數(shù)值;(2)由三角形的三個角的關系得到,再由正弦定理得到b=15,故面積公式為.解析:(1)在中,由,得為銳角,所以,所以,所以.(2)在三角形中,由,所以,由,由正弦定理,得,所以的面積.19、(1);(2)【解析】試題分析:(1)將絕對值不等式兩邊平方,化為二次不等式求解.(2)將問題化為分段函數(shù)問題,通過分類討論并根據(jù)恒成立問題的解法求解即可.試題解析:整理得解得①②解得③,且無限趨近于4,綜上的取值范圍是20、(I)見解析(II)(III)【解析】試題分析:(Ⅰ)取為原點,所在直線為軸,所在直線為軸建立空間直角坐標系,由題意可得平面的法向量,且,據(jù)此有,則平面.(Ⅱ)由題意可得平面的法向量,結合(Ⅰ)的結論可得,即平面與平面所成銳二面角的余弦值為.(Ⅲ)設,,則,而平面的法向量,據(jù)此可得,解方程有或.據(jù)此計算可得.試題解析:(Ⅰ)取為原點,所在直線為軸,所在直線為軸建立空間直角坐標系,如圖,則,,,,∴,,設平面的法向量,∴不妨設,又,∴,∴,又∵平面,∴平面.(Ⅱ)∵,,設平面的法向量,∴不妨設,∴,∴平面與平面所成銳二面角的余弦值為.(Ⅲ)設,,∴,∴,又∵平面的法向量,∴,∴,∴或.當時,,∴;當時,,∴.綜上,.21、(1)證明見解析(2)【解析】
(1)要證明線面平行,需證明線線平行,取的中點,連接,根據(jù)條件證明,即;(2)以為原點,所在直線為軸,過作平行于的直線為軸,所在直線為軸,建立空間直角坐標系,求兩個平面的法向量,利用法向量求二面角的余弦值.【詳解】(1)證明:取的中點,連接.∵,∴為的中點.又為的中點,∴.依題意可知,則四邊形為平行四邊形,∴,從而.又平面,平面,∴平面.(2),且,平面,平面,,,且,平面,以為原點,所在直線為軸,過作平行于的直線為軸,所在直線為軸,建立空間直角坐標系,不妨設,則,,,,,,,,.設平面的法向量為,則,即,令,得.設平面的法向量為,則,即,令,得.從而,故平面與平面所成銳二面角的余弦值為.【點睛】本題考查線面平行的證明和空間坐標法解決二面角的問題,意在考查空間想象能力,推理證明和計算能力,屬于中檔題型,證明線面平行,或證明面面平行時,關鍵是證明線線平行,所以做輔助線或證明時,需考慮構造中位線或平行四邊形,這些都是證明線線平行的常方法.22、(1)當時,在上遞增,在上遞減;當時,在上遞增,在上遞減,在上遞增;當時,在上遞增;當時,在上遞增,在上遞減,在上遞增;(2)證明見解析【解析】
(1)對求導,分,,進行討論,可得的單調性;(2)在定義域內是是增函數(shù),由(1)可知,,設,可
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