重點中學高考數學模擬試題及答案（共6套）

重點中學高考數學模擬考試試題（一）第Ⅰ卷（共60分）一、選擇題：本大題共12個小題,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．已知集合,，則（）A．B．C．D．2．設有下面四個命題，其中的真命題為（）A．若復數，則B．若復數滿足，則或C．若復數滿足，則D．若復數滿足，則3.已知雙曲線：與雙曲線：，給出下列說法，其中錯誤的是（）A．它們的焦距相等B．它們的焦點在同一個圓上C．它們的漸近線方程相同D．它們的離心率相等4.已知一幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A．B．C．D．5．在等比數列中，，則“，是方程的兩根”是“”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而充分不條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件6．為了反映國民經濟各行業(yè)對倉儲物流業(yè)務的需求變化情況，以及重要商品庫存變化的動向，中國物流與采購聯合會和中儲發(fā)展股份有限公司通過聯合調查，制定了中國倉儲指數．如圖所示的折線圖是2016年1月至2017年12月的中國倉儲指數走勢情況．根據該折線圖，下列結論正確的是()A．2016年各月的倉儲指數最大值是在3月份B．2017年1月至12月的倉儲指數的中位數為54%C．2017年1月至4月的倉儲指數比2016年同期波動性更大D．2017年11月的倉儲指數較上月有所回落，顯示出倉儲業(yè)務活動仍然較為活躍，經濟運行穩(wěn)中向好7．設，分別為橢圓：的左右焦點，橢圓上存在一點使得，，則該橢圓的離心率為（）A．B．C．D．8．相傳黃帝時代，在制定樂律時，用“三分損益”的方法得到不同的竹管，吹出不同的音調．“三分損益”包含“三分損一”和“三分益一”，用現代數學的方法解釋如下，“三分損一”是在原來的長度減去一分，即變?yōu)樵瓉淼娜种弧叭忠嬉弧笔窃谠瓉淼拈L度增加一分，即變?yōu)樵瓉淼娜种模缬覉D的程序是與“三分損益”結合的計算過程，若輸入的的值為，輸出的的值為（）A．B．C．D．9．已知直線過點且傾斜角為，若與圓相切，則（）A．B．C．D．10．在中，，，，則()A．B．C．D．11．三棱錐的所有頂點都在球的表面上，平面，，，則球的表面積為()A． B． C． D．12．設定義在上的函數滿足對任意都有，且時，，則，，的大小關系是（）A．B．C．D．二、填空題（本題共4小題，每題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上）13．若變量滿足約束條件則的最小值為_________；14.已知函數若，，則．15.遠古時期，人們通過在繩子上打結來記錄數量，即“結繩計數”.如右上圖所示的是一位母親記錄的孩子自出生后的天數，在從右向左依次排列的不同繩子上打結，滿七進一，根據圖示可知，孩子已經出生的天數是．16.已知數列的前項和為，，且滿足，數列滿足，，則數列中第項最?。?、解答題：本大題共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.(一)必考題：共60分.17.(本小題滿分12分)在中，內角，，所對的邊分別為，，，且．(Ⅰ)求；(Ⅱ)若，點，是線段的兩個三等分點，，，求的值．18.(本小題滿分12分)已知四棱臺的上下底面分別是邊長為和的正方形，且底面，點為的中點.

(Ⅰ)求證:平面；(Ⅱ)在上找一點使得平面，并求三棱錐的體積.19.(本小題滿分12分)某公司想了解對某產品投入的宣傳費用與該產品的營業(yè)額的影響.右圖是以往公司對該產品的宣傳費用(單位：萬元)和產品營業(yè)額(單位：萬元)的統計折線圖.(Ⅰ)根據折線圖可以判斷，可用線性回歸模型擬合宣傳費用與產品營業(yè)額的關系，請用相關系數加以說明；(Ⅱ)建立產品營業(yè)額關于宣傳費用的回歸方程；(Ⅲ)若某段時間內產品利潤與宣傳費和營業(yè)額的關系為應投入宣傳費多少萬元才能使利潤最大，并求最大利潤.(計算結果保留兩位小數)參考數據：，，，，參考公式：相關系數，回歸方程中斜率和截距的最小二乘法估計公式分別為，．20.(本小題滿分12分)在平面直角坐標系中，拋物線，三點，，中僅有一個點在拋物線上．(Ⅰ)求的方程；（Ⅱ）設直線不經過點且與相交于兩點．若直線與的斜率之和為，證明：過定點．21.(本小題滿分12分)已知函數，，曲線在處的切線方程為．(Ⅰ)求，；(Ⅱ)若時，，求的取值范圍．(二)選考題：共10分.請考生在第22，23題中任選一題作答.如果多做，則按所做的第一題記分，作答時請用2B鉛筆在答題卡上將所選題號后的方框涂黑.22.[選修4—4：坐標系與參數方程](本小題滿分10分)在極坐標系中，曲線：（），：，與直線有且僅有一個公共點.(Ⅰ)求；(Ⅱ)若為極點，為上的兩不同點，且，求的最大值．23.選修4-5：不等式選講(本小題滿分10分)設函數．(Ⅰ)求函數的值域；(Ⅱ)若函數的最大值為，且實數滿足，求證：．參考答案一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分）123456789101112BADCADCBADDC二、填空題：（本題共4小題，每題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上）13.；14.；15.；16.三、解答題：本大題共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.(一)必考題：共60分.17.(本小題滿分12分)解：(Ⅰ)∵，則由正弦定理得：，…2分∴，∴，…4分，又，∴；…6分(Ⅱ)由題意得，是線段的兩個三等分點，設，則，，…7分又，，在中，由余弦定理得，…8分，解得（負值舍去），則，…10分，又在中，.…12分或解：在中，由正弦定理得：，∴，…8分，又，，∴，∴為銳角，∴，…9分，∴，又，∴，…10分，∴，∴，，…11分，∴在中，．……12分18.(本小題滿分12分)解：(1)證明：∵底面，面，∴，又∵為正方形，∴，…1分，又，∴平面，…2分，又∵平面，∴，…3分，又∵，，，∴，∴，又，∴，∴，…5分，又，∴平面；…6分，(Ⅱ)在上存在一點，當時，可使得平面，下證之．…7分，取中點，連接，，又點為的中點，則在梯形，，，又，，∴，…8分，∴四邊形為平行四邊形，∴，又平面，平面，∴平面；…9分，又∵，∴，…10分，又，…11分，又平面，∴．…12分，19.(本小題滿分12分)解：（Ⅰ）由折線圖中數據和參考數據得：，，…1分，，…2分，又，，∴，…3分，因為與的相關系數近似為，說明與的線性相關程度相當高，從而可以用線性回歸模型擬合與的關系.……4分（Ⅱ）又，∴，…6分，∴，…7分，所以關于的回歸方程為.…8分（Ⅲ）故，…10分，故當時，.…11分，所以投入宣傳費3萬元時，可獲得最大利潤55.4萬元.……12分20.(本小題滿分12分)解：(Ⅰ)因為點,關于軸對稱，故兩個點都不在拋物線上．………………1分所以僅在拋物線上，計算得，解得，………………2分所以．………3分，經驗證,都不在上．………………4分（Ⅱ）由題意得直線斜率不為，設直線，，與的斜率分別為．將與聯立，并消去，得：，……5分故有；．…6分，又因為，……………7分所以，………8分，解得又因為，所以，…9分，即，…10分解得，即，…11分，故，必過定點．…12分21.(本小題滿分12分)解：（1）∵，∴．…2分，又依題意，可得：，即.…3分，又因為切點為，所以，即．…4分由上可解得，．…5分（2）依題意，，即．又，所以原不等式等價于．……6分，構造函數，則，，則．……7分①當時，在上恒成立，故在上單調遞增，又，故當時，，故不合題意．……8分②當時，令，得，由下表：單調遞增單調遞減可知，．……10分構造，，可得，由下表：單調遞減單調遞增可知，．……11分，由上可知，只能有，即．…12分22.(本小題滿分10分)解：(Ⅰ)∵曲線：，∴，故化為直角坐標方程，得，即，…1分，∴曲線是以為圓心，以為半徑的圓，…2分，又：，∴，故化為直角坐標方程，得，…3分，又直線與圓有且僅有一個公共點，故，…4分，又，∴；…5分，∴曲線：；(Ⅱ)不妨設點在點的下方，設點的極坐標為，…6分，則依題意可設點的極坐標為，且，，故，…7分，∴，，∴，，…8分，∴，…9分，又，故當時，即時，取得最大值，最大值為.…10分，23．解：(Ⅰ)∵，∴，…2分（當且僅當即時，等號成立），…3分∴，…4分∴函數的值域為；…5分(Ⅱ)由(Ⅰ)得：函數的最大值，又，∴，…6分，∴…7分，…8分，，（當且僅當，即時，等號成立），…9分∴…10分．重點中學高考數學模擬考試試題（二）一、單選題1．已知命題,總有,則為A．,使得 B．,使得C．,總有 D．,總有2．在一個棱長為的正方體的表面涂上顏色，將其分割成27個棱長為的小正方體，全部放入不透明的口袋中，攪拌均勻后，從中任取一個，取出的小正方體表面有三個面涂有顏色的概率是（）A． B． C． D．3．函數（其中）的圖象如圖所示，為了得到的圖象，只需把的圖象上所有的點（）A．向右平移個單位長度 B．向左平移個單位長度C．向右平移個單位長度 D．向左平移個單位長度4．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸出的值為﹣2，則判斷框①中可以填入的條件是（）A．n≥999 B．n＜9999C．n≤9999 D．n<999某高校為調查學生喜歡“應用統計”課程是否與性別有關，隨機抽取了選修課程的55名學生，得到數據如下表：臨界值參考:（參考公式：，其中）參照附表，得到的正確結論是A．在犯錯誤的概率不超過0．1%的前提下，認為“喜歡“應用統計”課程與性別有關”B．在犯錯誤的概率不超過0．1%的前提下，認為“喜歡“應用統計”課程與性別無關”C．有99.99%以上的把握認為“喜歡“應用統計”課程與性別有關”D．有99.99%以上的把握認為“喜歡“應用統計”課程與性別無關”6．在△ABC中，已知向量與滿足，且，則△ABC為（）A．等邊三角形B．直角三角形C．等腰非等邊三角形D．等腰直角三角形7．已知雙曲線的左、右焦點分別為，過作雙曲線的一條漸近線的垂線，垂足為，若直線的斜率為，則雙曲線的離心率為()A．2 B． C． D．38.元代數學家朱世杰在算學啟蒙中提及如下問題：今有銀一秤一斤十兩秤=10斤,1斤=10兩,令甲、乙、丙從上作折半差分之,問：各得幾何？其意思是：“現有銀一秤一斤十兩,現將銀分給甲、乙、丙三人,他們三人每一個人所得是前一個人所得的一半”若銀的數量不變,按此法將銀依次分給5個人,則得銀最少的3個人一共得銀A.266127兩 B.兩 C.?兩 D.兩9．設，設函數，則當變化時，函數的零點個數可能是（）A.1個或2個 B.1個或3個C.2個或3個 D.1個或2個或3個10．小金同學在學校中貫徹著“在玩中學”的學風，他在“漢諾塔”的游戲中發(fā)現了數列遞推的奧妙：有、、三個木樁，木樁上套有編號分別為、、、、、的六個圓環(huán)，規(guī)定每次只能將一個圓環(huán)從一個木樁移動到另一個木樁，且任意一個木樁上不能出現“編號較大的圓環(huán)在編號較小的圓環(huán)之上”的情況，現要將這六個圓環(huán)全部套到木樁上，則所需的最少次數為（）A． B． C． D．11．已知定義在上的函數，其導函數為，若，且當時，，則不等式的解集為A．， B． C．， D．12．定義在上的函數若滿足：①對任意、，都有；②對任意，都有，則稱函數為“中心撇函數”，點稱為函數的中心.已知函數是以為中心的“中心撇函數”，且滿足不等式，當時，的取值范圍為（）A． B． C． D．填空題已知復數，則14.在平面直角坐標系xOy中,已知拋物線y2=2px(p>0)的準線為l,直線l與雙曲線的兩條漸近線分別交于A,B兩點,,則p的值為15.在中,A、B、C所對的邊分別為a、b、c,已知,且,則的面積為______．16．如圖，在邊長為3正方體中，為的中點，點在正方體的表面上移動，且滿足，當P在CC1上時，AP=_______,點和滿足條件的所有點構成的平面圖形的面積是_______.三、解答題17．已知向量，函數，且當，時，的最大值為.（1）求的值，并求的單調遞減區(qū)間；（2）先將函數的圖象上所有點的橫坐標縮小到原來的倍（縱坐標不變），再將所得圖象向左平移個單位，得到函數的圖象，求方程在區(qū)間上所有根之和.18．已知函數，函數在上的零點按從小到大的順序構成數列．（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和.19．在四棱錐中，,，，為中點，為中點，為中點,．（1）求證：平面；（2）證明：平面；（3）求三棱錐的體積.20．已知橢圓的中心在原點，焦點在軸上，它的一個頂點恰好是拋物線的焦點，離心率等于.(1)求橢圓的標準方程；(2)過橢圓的右焦點作直線交橢圓于兩點(異于左右頂點)，橢圓C的左頂點為D，試判斷直線AD的斜率與直線BD的斜率之積與的大小，并說明理由.21．已知函數.（1）若函數存在不小于的極小值，求實數的取值范圍；（2）當時，若對，不等式恒成立，求實數的取值范圍.22．已知曲線：和：，以原點為極點，軸的正半軸為極軸，建立極坐標系，且兩種坐標系中取相同的長度單位.（Ⅰ）求出，的普通方程.（Ⅱ）若曲線上的點到曲線的距離等于為，求的最大值并求出此時點的坐標；23．已知函數.（I）當時，求不等式的解集；（II）若時，恒成立，求實數的取值范圍.參考答案一、單選題1．已知命題,總有,則為A．,使得 B．,使得C．,總有 D．,總有【答案】A【解析】【詳解】命題的否定是對命題結論的否定，全稱命題的否定是特稱命題，因此為,使得，故選A.2．在一個棱長為的正方體的表面涂上顏色，將其分割成27個棱長為的小正方體，全部放入不透明的口袋中，攪拌均勻后，從中任取一個，取出的小正方體表面有三個面涂有顏色的概率是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】由在27個小正方體中選一個正方體，共有27種結果，滿足條件的事件是取出的小正方體表面有三個面涂有顏色，有8種結果，根據古典概型及其概率的計算公式，即可求解．【詳解】由題意，在27個小正方體中，恰好有三個面都涂色有顏色的共有8個，恰好有兩個都涂有顏色的共12個，恰好有一個面都涂有顏色的共6個，表面沒涂顏色的1個，可得試驗發(fā)生包含的事件是從27個小正方體中選一個正方體，共有27種結果，滿足條件的事件是取出的小正方體表面有三個面都涂色，有8種結果，所以所求概率為．故選：B．3．函數（其中）的圖象如圖所示，為了得到的圖象，只需把的圖象上所有的點（）A．向右平移個單位長度 B．向左平移個單位長度C．向右平移個單位長度 D．向左平移個單位長度【答案】A【解析】【分析】由圖象求得函數解析式的參數，再利用誘導公式將異名函數化為同名函數根據圖象間平移方法求解.【詳解】由圖象可知，又，所以，又因為，所以，所以，又因為，又，所以所以，又因為，故只需向右平移個單位長度.故選A.4．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸出的值為﹣2，則判斷框①中可以填入的條件是（）A．n≥999 B．n＜9999C．n≤9999 D．n<999【答案】B【解析】【分析】分析循環(huán)結構中求和式子的特點，可到最終結果：，當時計算的值，此時再確定判斷框的內容.【詳解】由圖可得：，則，所以，因為此時需退出循環(huán)，所以填寫：.故選：B.某高校為調查學生喜歡“應用統計”課程是否與性別有關，隨機抽取了選修課程的55名學生，得到數據如下表：臨界值參考:（參考公式：，其中）參照附表，得到的正確結論是A．在犯錯誤的概率不超過0．1%的前提下，認為“喜歡“應用統計”課程與性別有關”B．在犯錯誤的概率不超過0．1%的前提下，認為“喜歡“應用統計”課程與性別無關”C．有99.99%以上的把握認為“喜歡“應用統計”課程與性別有關”D．有99.99%以上的把握認為“喜歡“應用統計”課程與性別無關”【答案】A由公式，有99.9%的把握認為喜歡統計專業(yè)與性別有關；即在犯錯誤的概率不超過0．1%的前提下，認為“喜歡“應用統計”課程與性別有關”，故選A.6．在△ABC中，已知向量與滿足，且，則△ABC為（）A．等邊三角形B．直角三角形C．等腰非等邊三角形D．等腰直角三角形【答案】D【詳解】解:,的角平分線與BC垂直,,三角形為等腰直角三角形,故選D．7．已知雙曲線的左、右焦點分別為，過作雙曲線的一條漸近線的垂線，垂足為，若直線的斜率為，則雙曲線的離心率為()A．2 B． C． D．3【答案】A【詳解】由題意可知,漸近線方程為，由，，,故答案選A.8.元代數學家朱世杰在算學啟蒙中提及如下問題：今有銀一秤一斤十兩秤=10斤,1斤=10兩,令甲、乙、丙從上作折半差分之,問：各得幾何？其意思是：“現有銀一秤一斤十兩,現將銀分給甲、乙、丙三人,他們三人每一個人所得是前一個人所得的一半”若銀的數量不變,按此法將銀依次分給5個人,則得銀最少的3個人一共得銀A.266127兩 B.兩 C.?兩 D.兩【答案】D【解答】解：一秤一斤十兩共120兩,將這5人所得銀兩數量由小到大記為數列{an},則{an}是公比q=2的等比數列,故得銀最少的3個人一共得銀數為(兩．故選D．9．設，設函數，則當變化時，函數的零點個數可能是（）A.1個或2個 B.1個或3個C.2個或3個 D.1個或2個或3個【答案】D【解析】將零點問題化歸為函數圖像交點問題，然后由數形結合可知，存在以下三種情況：10．小金同學在學校中貫徹著“在玩中學”的學風，他在“漢諾塔”的游戲中發(fā)現了數列遞推的奧妙：有、、三個木樁，木樁上套有編號分別為、、、、、的六個圓環(huán)，規(guī)定每次只能將一個圓環(huán)從一個木樁移動到另一個木樁，且任意一個木樁上不能出現“編號較大的圓環(huán)在編號較小的圓環(huán)之上”的情況，現要將這六個圓環(huán)全部套到木樁上，則所需的最少次數為（）A． B． C． D．【答案】D【解析】假設樁上有個圓環(huán)，將個圓環(huán)從木樁全部套到木樁上，需要最少的次數為，可這樣操作，先將個圓環(huán)從木樁全部套到木樁上，至少需要的次數為，然后將最大的圓環(huán)從木樁套在木樁上，需要次，在將木樁上個圓環(huán)從木樁套到木樁上，至少需要的次數為，所以，，易知.設，得，對比得，，且，所以，數列是以為首項，以為公比的等比數列，，因此，，故選：D.11．已知定義在上的函數，其導函數為，若，且當時，，則不等式的解集為A．， B． C．， D．【答案】B【詳解】定義在上的函數，，，令，則為偶函數，又當時，，，在，為增函數，且在為減函數不等式即解得，故選．12．定義在上的函數若滿足：①對任意、，都有；②對任意，都有，則稱函數為“中心撇函數”，點稱為函數的中心.已知函數是以為中心的“中心撇函數”，且滿足不等式，當時，的取值范圍為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】由知此函數為增函數.由函數是關于的“中心撇函數”，知曲線關于點對稱，故曲線關于原點對稱，故函數為奇函數，且函數在上遞增，于是得，.，.則問題轉化為在線性約束條件下，求的取值范圍。易得故選：A.填空題已知復數，則【答案】?【解答】，14.在平面直角坐標系xOy中,已知拋物線y2=2px(p>0)的準線為l,直線l與雙曲線的兩條漸近線分別交于A,B兩點,,則p的值為【答案】?【解答】解：拋物線y2=2px(p>0)的準線為l雙曲線的兩條漸近線方程為,可得,則,可得．故答案為．15.在中,A、B、C所對的邊分別為a、b、c,已知,且,則的面積為______．【答案】【解答】解：在中,,由余弦定理得,則,,由正弦定理得,16．如圖，在邊長為3正方體中，為的中點，點在正方體的表面上移動，且滿足，當P在CC1上時，AP=_______,點和滿足條件的所有點構成的平面圖形的面積是_______.【答案】,.【詳解】取，的中點分別為，連結，由于，所以四點共面，且四邊形為梯形，因為，所以面，因為點在正方體表面上移動，所以點的運動軌跡為梯形，如圖所示：因為正方體的邊長為3，所以當點P在CC1上時，點P為CC1的中點N，又，所以梯形為等腰梯形，所以。三、解答題17．已知向量，函數，且當，時，的最大值為.（1）求的值，并求的單調遞減區(qū)間；（2）先將函數的圖象上所有點的橫坐標縮小到原來的倍（縱坐標不變），再將所得圖象向左平移個單位，得到函數的圖象，求方程在區(qū)間上所有根之和.【答案】（1），；（2）.【詳解】（1）函數，得.即，由題意得，得所以，函數的單調減區(qū)間為.（2）由題意，，又，得解得：或即或或故所有根之和為.18．已知函數，函數在上的零點按從小到大的順序構成數列．（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和.【答案】（1）．（2）【解析】解：（1），由及得，則數列是首項，公差的等差數列，所以．（2）由（1）得，則19．在四棱錐中，,，，為中點，為中點，為中點,．（1）求證：平面；（2）證明：平面；（3）求三棱錐的體積.【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）解析：（1）因為為的中點，為中點，則在中，∥，平面,平面,則∥平面20．已知橢圓的中心在原點，焦點在軸上，它的一個頂點恰好是拋物線的焦點，離心率等于.(1)求橢圓的標準方程；(2)過橢圓的右焦點作直線交橢圓于兩點(異于左右頂點)，橢圓C的左頂點為D，試判斷直線AD的斜率與直線BD的斜率之積與的大小，并說明理由.【答案】(1)；(2).【詳解】(1)設橢圓的標準方程為為，由題，.即,∴橢圓C的方程為.(2)直線AD與直線BD的斜率之積為定值，且定值為由題易知當直線AB的斜率不存在時，，易求當直線AB的斜率存在時，可設直線AB的方程為，設聯立可得，則故直線AD與直線BD的斜率之積為定值.21．已知函數.（1）若函數存在不小于的極小值，求實數的取值范圍；（2）當時，若對，不等式恒成立，求實數的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）函數的定義域為，.當時，，函數在區(qū)間上單調遞減，此時，函數無極值；當時，令，得，又當時，；當時，.所以，函數在時取得極小值，且極小值為.令，即，得.綜上所述，實數的取值范圍為；（2）當時，問題等價于，記，由（1）知，在區(qū)間上單調遞減，所以在區(qū)間上單調遞增，所以，①當時，由可知，，所以成立；②當時，設恒成立，所以在區(qū)間上單調遞增，所以在區(qū)間上單調遞增，所以.所以，函數在區(qū)間上單調遞增，從而，命題成立.③當時，顯然在區(qū)間上單調遞增，記，則，當時，，所以，函數在區(qū)間上為增函數，即當時，.，由于，顯然設，，由②可知在區(qū)間上單調遞增所以在區(qū)間內，存在唯一的，使得，故當時，，即當時，，不符合題意，舍去.綜上所述，實數的取值范圍是.22．已知曲線：和：，以原點為極點，軸的正半軸為極軸，建立極坐標系，且兩種坐標系中取相同的長度單位.（Ⅰ）求出，的普通方程.（Ⅱ）若曲線上的點到曲線的距離等于為，求的最大值并求出此時點的坐標；【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）【詳解】（Ⅰ）則，又則（Ⅱ）方法一：（利用橢圓的參數方程）設橢圓則點到曲線的距離：當此時，所以方法二：（利用平行相切）設聯立方程組由，得則直線都和橢圓相切則即為直線的距離即此時，則，故點23．已知函數.（I）當時，求不等式的解集；（II）若時，恒成立，求實數的取值范圍.【答案】（I）；（II）.【詳解】（I）當時，，當時，，得，無實數解；當時，，得所以；當時，，得恒成立，得.綜上，不等式的解集為.（II）時，恒成立，等價于在恒成立.等價于，即在恒成立.即時，，因為時，，所以，即實數的取值范圍是.重點中學高考數學模擬考試試題（三）本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共10頁。時量120分鐘。滿分150分。第Ⅰ卷一、選擇題：本大題共12個小題，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．若復數z＝a2－1＋(a＋1)i(i為虛數單位)是純虛數，則實數a的值是(B)A．－1和1B．1C．－1D．0【解析】因為復數z＝a2－1＋(a＋1)i是純虛數，所以實部為0，即a2－1＝0.解得a＝±1.又因為a＋1≠0，即a≠－1，所以a＝1，所以選B.2．命題“?x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，lnx0＝x0＋1”的否定是(C)A．?x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，lnx0≠x0＋1B．?x?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，lnx≠x＋1C．?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，lnx≠x＋1D．?x0?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，lnx0≠x0＋1【解析】命題“?x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，lnx0＝x0＋1”的否定為“?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，lnx≠x＋1”，故選C.3．用斜二測畫法畫一個水平放置的平面圖形的直觀圖是如圖所示的一個正方形，則原來的圖形是(A)【解析】作出該直觀圖的原圖形，因為直觀圖中的線段C′B′∥x′軸，所以在原圖形中對應的線段平行于x軸且長度不變，點C′和B′在原圖形中對應的點C和B的縱坐標是O′B′的2倍，則OB＝2eq\r(2)，所以OC＝3.故選A.4．若變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≥3，,x－y≥－1，,2x－y≤3，))則z＝eq\f(y,x)的最大值為(B)A．4B．2C.eq\f(1,2)D.eq\f(5,4)【解析】畫出約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≥3，,x－y≥－1，,2x－y≤3))所表示的平面區(qū)域，如圖所示，由目標函數z＝eq\f(y,x)，可化為z＝eq\f(y－0,x－0)，表示平面區(qū)域的點與原點O(0，0)連線的斜率，結合圖象可知，當過點A時，此時直線的斜率最大，又由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝3，,x－y＝－1，))解得x＝1，y＝2，所以目標函數的最大值為z＝eq\f(2－0,1－0)＝2，故選B.5．古印度“漢諾塔問題”：一塊黃銅平板上裝著A，B，C三根金銅石細柱，其中細柱A上套著若干個大小不等的環(huán)形金盤，大的在下、小的在上．將這些盤子全部轉移到另一根柱子上，移動規(guī)則如下：一次只能將一個金盤從一根柱子轉移到另外一根柱子上，不允許將較大盤子放在較小盤子上面．若A柱上現有3個金盤(如圖)，將A柱上的金盤全部移到B柱上，至少需要移動次數為(B)A．5B．7C．9D．11【解析】設細柱A上套著n個大小不等的環(huán)形金盤，至少需要移動次數記為an.要把最下面的第n個金盤移到另一個柱子上，則必須先把上面的n－1個金盤移到余下的一個柱子上，故至少需要移動an－1次．再把第n個金盤移到另一個柱子上后，須移動1次，最后把n－1個金盤移到該柱子上，故又至少移動an－1次，所以an＝2an－1＋1.因為a1＝1，故a2＝3，a3＝7，故選B.6.已知函數feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(φ))<\f(π,2)))的最小正周期為π，且f(－x)＝f(x)，則(A)A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調遞減B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))上單調遞減C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調遞增D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))上單調遞增【解析】由于f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ＋\f(π,4)))，由于該函數的最小正周期為π＝eq\f(2π,ω)，得出ω＝2，又根據f(－x)＝f(x)，以及|φ|＜eq\f(π,2)，得出φ＝eq\f(π,4).因此，f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝eq\r(2)cos2x，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則2x∈(0，π)，從而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調遞減，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，則2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，該區(qū)間不為余弦函數的單調區(qū)間，故B，C，D都錯，A正確．故選A.7．若直線l過點A(0，a)，斜率為1，圓x2＋y2＝4上恰有3個點到l的距離為1，則a的值為(D)A．3eq\r(2)B．±3eq\r(2)C．±2D．±eq\r(2)【解析】由圓的方程x2＋y2＝4，可知圓心坐標為(0，0)，半徑為2，設直線的l的方程x－y＋a＝0，由圓x2＋y2＝4上恰由3個點到直線l的距離等于1，可得圓心到直線的距離等于1，即eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a)),\r(2))＝2－1，解得a＝±eq\r(2).8．如圖，在△ABC中，已知AB＝5，AC＝6，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝4，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(D)A．－45B．13C．－13D．－37【解析】eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB2,\s\up6(→))∵eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up6(→))，∴eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))整理可得：eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))∴eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC2,\s\up6(→))＝4，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－12∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB2,\s\up6(→))＝－12－25＝－37.故選D.9．設a>b>0，且ab＝2，則a2＋eq\f(1,a（a－b）)的最小值是(D)A．1B．2C．3D．4【解析】因為a>b>0，∴a(a－b)>0，又由ab＝2，所以a2＋eq\f(1,a（a－b）)＝a2－ab＋eq\f(1,a（a－b）)＋2＝a(a－b)＋eq\f(1,a（a－b）)＋2≥2eq\r(a（a－b）·\f(1,a（a－b）))＋2＝2＋2＝4，當且僅當a(a－b)＝1，即a＝eq\r(3)，b＝eq\f(2\r(3),3)時等號成立，所以a2＋eq\f(1,a（a－b）)的最小值是4，故選D.10．已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x2，－1≤x＜0，,x2＋1，0≤x＜1，))且滿足f(x＋1)－f(x－1)＝0，g(x)＝eq\f(x,x－1)，則方程feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在[－3，5]上所有實根的和為(B)A．3B．4C．5D．6【解析】由于feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1))－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))＝0，故函數feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的周期為2，畫出feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))和geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的圖象如下圖所示．注意到函數feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))和geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝1＋eq\f(1,x－1)都關于Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1))中心對稱．所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，5))上的四個交點的橫坐標，即所有實根關于x＝1對稱，根據中點坐標公式可得所有實根的和為2×2＝4.11．已知球O是正三棱錐A－BCD(底面BCD為正三角形，頂點A在底面BCD的射影為底面中心)的外接球，BC＝3，AB＝2eq\r(3)，點E在線段BD上，且BD＝6BE，過點E作球O的截面，則所得截面圓面積的取值范圍是(A)A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，4π))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,4)，4π))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9π,4)，4π))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11π,4)，4π))【解析】如圖，設△BDC的中心為O1，球O的半徑為R，連接O1D，OD，O1E，OE，則O1D＝3sin60°×eq\f(2,3)＝eq\r(3)，AO1＝eq\r(AD2－DOeq\o\al(2,1))＝eq\r(12－3)＝3，在Rt△OO1D中，R2＝3＋(3－R)2，解得R＝2，∵BD＝6BE，DE＝2.5，在△DEO1中，O1E＝eq\r(3＋\f(25,4)－2×\r(3)×\f(5,2)×cos30°)＝eq\f(\r(7),2)，∴OE＝eq\r(O1E2＋OOeq\o\al(2,1))＝eq\r(\f(7,4)＋1)＝eq\f(\r(11),2)，過點E作圓O的截面，當截面與OE垂直時，截面的面積最小，此時截面圓的半徑為eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(11),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),2)，最小面積為eq\f(5,4)π，當截面過球心時，截面面積最大，最大面積為4π.故選A.12．已知函數feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在R上都存在導函數f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))，對于任意的實數都有eq\f(f（－x）,f（x）)＝e2x，當x<0時，f(x)＋f′(x)>0，若eaf(2a＋1)≥f(a＋1)，則實數a的取值范圍是(B)A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0))C．[0，＋∞)D．(－∞，0]【解析】令g(x)＝exf(x)，則當x<0時，g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，又g(－x)＝e－xf(－x)＝exf(x)＝g(x)，所以g(x)為偶函數，從而eafeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a＋1))≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋1))等價于e2a＋1f(2a＋1)≥ea＋1f(a＋1)，g(2a＋1)≥g(a＋1)，因此g(－|2a＋1|)≥g(－|a＋1|)，－|2a＋1|≥－|a＋1|，3a2＋2a≤0，∴－eq\f(2,3)≤a≤0.選B.選擇題答題卡題號123456789101112答案BCABBADDDBAB第Ⅱ卷本卷包括必考題和選考題兩部分．第13～21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據要求作答．二、填空題：本大題共4個小題，每小題5分，共20分．把答案填在答題卡中對應題號后的橫線上．13．九進制數2018化為十進制數為__1475__．14．設F1，F2是雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的兩個焦點．若在C上存在一點P，使PF1⊥PF2，且∠PF1F2＝30°，則C的離心率為__eq\r(3)＋1__．【解析】由已知可得，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1))＝2ccos30°＝eq\r(3)c，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF2))＝2csin30°＝c，由雙曲線的定義，可得eq\r(3)c－c＝2a，則e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3)－1)＝eq\r(3)＋1.15．設數列{an}(n≥1，n∈N)滿足a1＝2，a2＝6，且an＋2－2an＋1＋an＝2，則an＝__n2＋n__．【解析】由已知得{an＋1－an}是以4為首項，2為公差的等差數列，所以an＋1－an＝2n＋2.利用累加可得an＋1－a1＝n2＋3n，所以an＋1＝n2＋3n＋2，從而an＝n2＋n.16．把函數f(x)＝x3－3x的圖象C1向右平移u個單位長度，再向下平移v個單位長度后得到圖象C2，若對任意的u>0，曲線C1與C2至多只有一個交點，則v的最小值為__4__．【解析】設曲線C2的解析式為y＝(x－u)3－3(x－u)－v，聯立C1，C2兩曲線方程得(x－u)3－3(x－u)－v＝x3－3x，即3ux2－3u2x＋u3－3u＋v＝0①，由題意知，關于x的方程①至多只有一個解，所以(－3u2)2－4×3u×(u3－3u＋v)≤0，又u>0，所以v≥－eq\f(1,4)u3＋3u對任意u>0恒成立，令g(u)＝－eq\f(1,4)u3＋3u(u>0)，則g′(u)＝－eq\f(3,4)u2＋3＝－eq\f(3,4)(u＋2)(u－2)，所以g(u)max＝g(2)＝4.∴v≥4.三、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．(本小題滿分12分)2019年，我國施行個人所得稅專項附加扣除辦法，涉及子女教育、繼續(xù)教育、大病醫(yī)療、住房貸款利息或者住房租金、贍養(yǎng)老人等六項專項附加扣除．某單位老、中、青員工分別有72，108，120人，現采用分層抽樣的方法，從該單位上述員工中抽取25人調查專項附加扣除的享受情況．(Ⅰ)應從老、中、青員工中分別抽取多少人？(Ⅱ)抽取的25人中，享受至少兩項專項附加扣除的員工有6人，分別記為A，B，C，D，E，F.享受情況如下表，其中“○”表示享受，“×”表示不享受．現從這6人中隨機抽取2人接受采訪.eq\o(\s\up7(員工,項目)ABCDEF子女教育○○×○×○繼續(xù)教育××○×○○大病醫(yī)療×××○××住房貸款利息○○××○○住房租金××○×××贍養(yǎng)老人○○×××○(ⅰ)試用所給字母列舉出所有可能的抽取結果；(ⅱ)設M為事件“抽取的2人享受的專項附加扣除至少有一項相同”，求事件M發(fā)生的概率．【解析】(Ⅰ)由已知，老、中、青員工人數之比為6∶9∶10，由于采用分層抽樣的方法從中抽取25位員工，因此應從老、中、青員工中分別抽取6人，9人，10人．(4分)(Ⅱ)(ⅰ)從已知的6人中隨機抽取2人的所有可能結果為{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{D，E}，{D，F}，{E，F}，共15種．(8分)(ⅱ)由表格知，符合題意的所有可能結果為{A，B}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，E}，{C，F}，{D，F}，{E，F}，共11種．所以，事件M發(fā)生的概率P(M)＝eq\f(11,15).(12分)18．(本小題滿分12分)在△ABC中，角A、B、C的對邊長分別為a、b、c，已知eq\r(3)sinB－cosB＝1，且b＝1.(Ⅰ)若A＝eq\f(5π,12)，求c的值；(Ⅱ)設AC邊上的高為h，求h的最大值．【解析】(Ⅰ)由已知，2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝eq\f(1,2).(2分)所以B－eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，即B＝π(舍)，或B－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，即B＝eq\f(π,3).(3分)所以C＝π－A－B＝eq\f(π,4)，又b＝1，由正弦定理，得c＝eq\f(bsinC,sinB)＝eq\f(sin\f(π,4),sin\f(π,3))＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3).(6分)(Ⅱ)因為S△ABC＝eq\f(1,2)bh＝eq\f(1,2)acsinB，B＝eq\f(π,3)，b＝1，則h＝eq\f(acsinB,b)＝eq\f(\r(3),2)ac.(9分)由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac，則ac≤1，所以h≤eq\f(\r(3),2)，當且僅當a＝c時取等號，所以h的最大值為eq\f(\r(3),2).(12分)19．(本小題滿分12分)如圖，矩形BDEF垂直于正方形ABCD，GC垂直于平面ABCD，且AB＝DE＝2CG＝2.(Ⅰ)求三棱錐A－FGC的體積；(Ⅱ)求證：平面GEF⊥平面AEF.【解析】(Ⅰ)因為平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，FB⊥BD，所以FB⊥平面ABCD.又因為CG⊥平面ABCD，故CG∥FB，S△FGC＝S△BGC＝eq\f(1,2)BC×GC＝1.因為AB⊥FB，AB⊥BC，所以AB⊥平面BCGF，所以AB即三棱錐A－FGC的高，因此三棱錐A－FGC的體積＝eq\f(1,3)×1×2＝eq\f(2,3).(6分)(Ⅱ)如圖，設EF中點為M，連結AM、GM、AG、AC.在Rt△ACG中可求得AG＝3；在直角梯形FBCG、EDCG中分別可求得FG＝EG＝eq\r(5)；在Rt△ABF、Rt△ADE中分別可求得AF＝AE＝2eq\r(2)；從而在等腰△AEF，等腰△GEF中分別求得AM＝eq\r(6)，GM＝eq\r(3)，此時在△AMG中有AM2＋GM2＝AG2，所以AM⊥GM，因為M是等腰△AEF底邊中點，所以AM⊥EF，所以AM⊥平面GEF，因此平面GEF⊥平面AEF.(12分)20．(本小題滿分12分)已知橢圓L：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一個焦點與拋物線y2＝8x的焦點重合，點(2，eq\r(2))在L上．(Ⅰ)求L的方程；(Ⅱ)直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與L有兩個交點A，B，線段AB的中點為M，證明：OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值．【解析】(Ⅰ)拋物線y2＝8x的焦點為(2，0)，由題意可得c＝2，即a2－b2＝4，(2分)又點(2，eq\r(2))在L上，可得eq\f(4,a2)＋eq\f(2,b2)＝1，解得a＝2eq\r(2)，b＝2，即有橢圓L：eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(5分)(Ⅱ)證明：設直線l的方程為y＝kx＋b(k，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，將直線y＝kx＋b代入橢圓方程eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1，可得(1＋2k2)x2＋4kbx＋2b2－8＝0，x1＋x2＝－eq\f(4kb,1＋2k2)，(8分)即有AB的中點M的橫坐標為－eq\f(2kb,1＋2k2)，縱坐標為－k·eq\f(2kb,1＋2k2)＋b＝eq\f(b,1＋2k2)，直線OM的斜率為kOM＝eq\f(yM,xM)＝－eq\f(1,2)·eq\f(1,k)，即有kOM·k＝－eq\f(1,2).則OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值．(12分)21．(本小題滿分12分)設函數f(x)＝xex＋a(x＋1)2，其中a∈R.(Ⅰ)討論函數f(x)的單調性；(Ⅱ)當a>1時，試證明：函數f(x)有且僅有兩個零點x1，x2(x1＜x2)，且x1＋x2<－2.【解析】(Ⅰ)函數f(x)定義域為R，f′(x)＝(x＋1)(ex＋2a)，(1分)a≥0時，ex＋2a>0恒成立，故f′(x)>0的解集為(－1，＋∞)．所以f(x)在(－∞，－1)上單調遞減，在(－1，＋∞)上單調遞增．(2分)a<0時，f′(x)＝0有兩個實根：－1，ln(－2a)．當－eq\f(1,2e)＜a＜0時，ln(－2a)<－1，令f′(x)>0，解得x∈(－∞，ln(－2a))∪(－1，＋∞)．故f(x)在(ln(－2a)，－1)上單調遞減，在(－∞，ln(－2a))，(－1，＋∞)上單調遞增；當a＜－eq\f(1,2e)時，ln(－2a)＞－1，令f′(x)>0，解得x∈(－∞，－1)∪(ln(－2a)，＋∞)．故f(x)在(－1，ln(－2a))上單調遞減，在(－∞，－1)，(ln(－2a)，＋∞)上單調遞增；當a＝－eq\f(1,2e)時，f′(x)≥0恒成立，f(x)為R上的增函數．(5分)(Ⅱ)由(Ⅰ)知，當a>1時，f(x)在(－∞，－1)上單調遞減，在(－1，＋∞)上單調遞增．故f(x)min＝f(－1)＝－eq\f(1,e)＜0.又f(0)＝a>0，f(－2)＝－eq\f(2,e2)＋a>1－eq\f(2,e2)＞0.由零點存在性定理知，函數f(x)僅有兩個零點x1，x2，x1∈(－2，－1)，x2∈(－1，0)．(8分)令F(x)＝f(x)－f(－2－x)，有F(－1)＝0.F′(x)＝f′(x)－f′(－2－x)＝(x＋1)(ex－e－x－2)．x∈(－1，＋∞)時，F′(x)>0，函數F(x)單調遞增，所以F(x2)>F(－1)＝0.即f(x2)－f(－2－x2)>0，又f(x1)＝f(x2)，所以f(x1)>f(－2－x2)．x1，－2－x2∈(－∞，－1)，函數f(x)在(－∞，－1)上單調遞減，所以x1<－2－x2.所以x1＋x2<－2.(12分)請考生在第22、23題中任選一題做答，如果多做，則按所做的第一題計分，做答時請寫清題號．22．(本小題滿分10分)選修4—4：坐標系與參數方程在平面直角坐標系xOy中，曲線C1的參數方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝acosφ，,y＝bsinφ，))(a>b>0，φ為參數)，曲線C1上的點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))對應的參數φ＝eq\f(π,3).在以O為極點，x軸的正半軸為極軸的極坐標系中，曲線C2是圓心在極軸上，且經過極點的圓．射線θ＝eq\f(π,3)與曲線C2交于點Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,3))).(Ⅰ)求曲線C2的直角坐標方程；(Ⅱ)若點A(ρ1，θ)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ2，θ＋\f(π,2)))在曲線C1上，求eq\f(1,ρeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,ρeq\o\al(2,2))的值．【解析】(Ⅰ)設圓C2的半徑為R，由題意，圓C2的方程為ρ＝2Rcosθ，(或(x－R)2＋y2＝R2)．將點Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,3)))代入ρ＝2Rcosθ，得1＝2Rcoseq\f(π,3)，即R＝1.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或由D\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,3)))，得D\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，代入（x－R）2＋y2＝R2，得R＝1))，所以曲線C2的直角坐標方程為(x－1)2＋y2＝1.(5分)(Ⅱ)將Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))及對應的參數φ＝eq\f(π,3)，代入eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝acosφ，,y＝bsinφ，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝acos\f(π,3)，,\f(\r(3),2)＝bsin\f(π,3)，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1.))所以曲線C1的方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2cosφ，,y＝sinφ))(φ為參數)，因為點A(ρ1，θ)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ2，θ＋\f(π,2)))在曲線C1上，所以eq\f(ρeq\o\al(2,1)cos2θ,4)＋ρeq\o\al(2,1)sin2θ＝1，eq\f(ρeq\o\al(2,2)sin2θ,4)＋ρeq\o\al(2,2)cos2θ＝1，所以eq\f(1,ρeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,ρeq\o\al(2,2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cos2θ,4)＋sin2θ))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sin2θ,4)＋cos2θ))＝eq\f(5,4).(10分)23．(本小題滿分10分)選修4—5:不等式選講已知函數f(x)＝|2x－4|＋|x＋1|，x∈R.(Ⅰ)解不等式f(x)≤9；(Ⅱ)若方程f(x)＝－x2＋a在區(qū)間[0，2]有解，求實數a的取值范圍．【解析】(Ⅰ)f(x)≤9即為|2x－4|＋|x＋1|≤9，可化為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>2，,3x－3≤9))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤2，,5－x≤9))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＜－1，,－3x＋3≤9.))解得：2＜x≤4，或－1≤x≤2，或－2≤x＜－1；不等式的解集為[－2，4]．(5分)(Ⅱ)由題意：f(x)＝－x2＋a?a＝x2－x＋5，x∈[0，2]．故方程f(x)＝－x2＋a在區(qū)間[0，2]有解?函數y＝a和函數y＝x2－x＋5的圖象在區(qū)間[0，2]上有交點．∵當x∈[0，2]時，y＝x2－x＋5∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(19,4)，7)).∴實數a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(19),\s\do5(4))，7)).(10分)重點中學高考數學模擬考試試題（四）第Ⅰ卷一、選擇題：本大題共12個小題,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.已知集合,,則（）A.B.C.D.2.已知復數,是它的共軛復數,則（）A.B.C.D.3.已知函數,,則的值域是（）A.B.C.D.4.如圖,在正六邊形內隨機取一點,則此點取自陰影部分的概率是（）A.B.C.D.5.已知點是函數的圖象上的兩個點,若將函數的圖象向右平移個單位長度,得到函數的圖象,則函數的圖象的一條對稱軸的方程為（）A.B.C.D.6.《孫子算經》中有一道題:“今有木不知長短,引繩度之,余繩四尺五寸;屈繩[開始度之,不足一尺,木長幾何?”譯文大致是:“用一根繩子去量一根木條,繩子剩余尺;將繩子對折再量木條,木條剩余尺,問木條長多少尺?解決本題的程序框圖如圖所示,則輸出的（）......A.B.C.D.7.如圖為一個半圓柱,是等腰直角三角形,是線段的中點,,該半圓柱的體積為,則異面直線與所成角的正弦值為（）A.B.C.D.8.函數的部分圖象大致是（）A.B.C.D.9.某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的表面積為（）A.B.C.D.10.已知橢圓,作傾斜角為的直線交橢圓于兩點,線段的中點為為坐標原點,若直線的斜率為,則()A.B.C.D.11.在平面直角坐標系中,已知三點,為坐標原點若向量與在向量方向上的投影相等,則的最小值為()A.B.C.D.12.已知函數的圖象在點處的切線為,若也與函數的圖象相切,則必滿足（）A.B.C.D.第Ⅱ卷二、填空題（每題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上）13.已知，，則__________．14.設實數滿足約束條件,則的最大值為__________．15.已知的內角的對邊分別為,且，則__________．16.設分別是雙曲線的左、右焦點,為過焦點的弦(在雙曲線的同一支上),且.若,則雙曲線的離心率為__________．三、解答題:本大題共6小題,共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17~21為必考題,每道試題考生都必須作答.第22、23題為選考題,考生根據要求作答.17.知數列的前項和,數列滿足.(1)求數列和的通項公式;(2)求數列的前項和.18.某大型高端制造公司為響應《中國制造2025》中提出的堅持“創(chuàng)新驅動、質量為先、綠色發(fā)展、結構優(yōu)化、人才為本”的基本方針,準備加大產品研發(fā)投資,下表是該公司2017年5~12月份研發(fā)費用(百萬元)和產品銷量(萬臺)的具體數據：（1)根據數據可知與之間存在線性相關關系(i)求出關于的線性回歸方程(系數精確到);(ii)若2018年6月份研發(fā)投人為25百萬元,根據所求的線性回歸方程估計當月產品的銷量；(2)公司在2017年年終總結時準備從該年8~12月份這5個月中抽取3個月的數據進行重點分析,求沒有抽到9月份數據的概率.參考數據:，.參考公式:對于一組數據,,其回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計分別為:，.19.如圖,在三棱柱中,四邊形是矩形,,平面平面.(1)證明:；(2)若,是線段上的一點,且三棱錐的體積為，求的值.20.設是坐標原點,是拋物線的焦點,是該拋物線上的任意一點,當與軸正方向的夾角為時,.(1)求拋物線的方程；(2)已知,設是該拋物線上的任意一點,是軸上的兩個動點,且，,當計取得最大大值時，求的面積.21.已知函數.(1)試討論的單調區(qū)間；(2)當時,存在使得成立.求的取值范圍.（二）選考題:共10分請考生在第22、23題中任選一題作答如果多做則按所做的第一題計分.22.在平面直角坐標系中,已知傾斜角為的直線經過點.以坐標原點為極點,軸的正半軸為極軸建立極坐標系,曲線的極坐標方程為.(1)寫出曲線的普通方程;(2)若直線與曲線有兩個不同的交點，求的取值范圍.23.知函數.(1)當時,求的解集;(2)已知，若對于,都有成立,求的取值范圍參考答案第Ⅰ卷一、選擇題：本大題共12個小題,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.已知集合,,則（）A.B.C.D.【答案】C【解析】分析：由題意首先求得集合Q和集合，然后進行交集運算即可求得最終結果.詳解：因為,,所以.即.本題選擇C選項.點睛：本題主要考查集合的交并補混合運算及其應用，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.2.已知復數,是它的共軛復數,則（）A.B.C.D.【答案】A【解析】分析：首先求得復數z，然后結合復數乘法的運算法則整理計算即可求得最終結果.詳解：因為,所以.本題選擇A選項.點睛：本題主要考查復數的運算法則及其應用等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.3.已知函數,,則的值域是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】分析：由題意首先求得的范圍，然后結合函數的解析式整理計算即可求得最終結果.詳解：因為,所以..即的值域是.本題選擇B選項.點睛：本題主要考查函數的值域的求解，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.4.如圖,在正六邊形內隨機取一點,則此點取自陰影部分的概率是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】分析：設正六邊形的邊長為,分別求得陰影部分的面積和正六邊形的面積，然后結合面積型幾何概型計算公式即可求得最終結果.詳解：設正六邊形的邊長為,與的交點為,易知,,所以,所求的概率為.本題選擇D選項.點睛：本題主要考查幾何概型計算公式及其應用等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.5.已知點是函數的圖象上的兩個點,若將函數的圖象向右平移個單位長度,得到函數的圖象,則函數的圖象的一條對稱軸的方程為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】分析：由題意首先求得函數的解析式，然后結合函數的解析式求解三角函數的對稱軸即可.詳解：因為,,所以.由，得，，所以.則，又,則函數的對稱軸滿足：，解得：，令可得函數的一條對稱軸為：.本題選擇A選項.點睛：本題主要考查三角函數解析式的確定，三角函數的性質及其應用等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.6.《孫子算經》中有一道題:“今有木不知長短,引繩度之,余繩四尺五寸;屈繩[開始度之,不足一尺,木長幾何?”譯文大致是:“用一根繩子去量一根木條,繩子剩余尺;將繩子對折再量木條,木條剩余尺,問木條長多少尺?解決本題的程序框圖如圖所示,則輸出的（）A.B.C.D.【答案】D【解析】分析：由題意結合流程圖的運行過程確定輸出值即可.詳解：程序運行時變量的數值變化如下：.此時跳出循環(huán)，輸出.本題選擇D選項.點睛：識別、運行程序框圖和完善程序框圖的思路：(1)要明確程序框圖的順序結構、條件結構和循環(huán)結構．(2)要識別、運行程序框圖，理解框圖所解決的實際問題．(3)按照題目的要求完成解答并驗證．7.如圖為一個半圓柱,是等腰直角三角形,是線段的中點,,該半圓柱的體積為,則異面直線與所成角的正弦值為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】分析：由題意首先求得底面半徑，然后找到異面直線所成的角，最后利用三角函數的定義求解異面直線所成角的正弦值即可.詳解：設上底半圓的半徑為,由,得.因為,所以.又異面直線與所成的角為，所以.本題選擇B選項.點睛：平移線段法是求異面直線所成角的常用方法，其基本思路是通過平移直線，把異面直線的問題化歸為共面直線問題來解決，具體步驟如下：①平移：平移異面直線中的一條或兩條，作出異面直線所成的角；②認定：證明作出的角就是所求異面直線所成的角；③計算：求該角的值，常利用解三角形；④取舍：由異面直線所成的角的取值范圍是，當所作的角為鈍角時，應取它的補角作為兩條異面直線所成的角．8.函數的部分圖象大致是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】分析：由題意結合函數的奇偶性和函數的符號排除錯誤選項即可求得最終結果.詳解：因為,所以是奇函數,排除.當時,,所以；當時,，,所以，排除B選項.本題選擇C選項.點睛：函數圖象的識辨可從以下方面入手：(1)從函數的定義域，判斷圖象的左右位置；從函數的值域，判斷圖象的上下位置．(2)從函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢．(3)從函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性．(4)從函數的特征點，排除不合要求的圖象．利用上述方法排除、篩選選項．9.某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的表面積為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】分析：由三視圖可知，該幾何體是一個組合體，它由一個直四棱柱挖去一個直三棱柱，根據三視圖中的數據，可求得該幾何體的表面積.詳解：由三視圖可知，該幾何體是一個組合體，它由一個直四棱柱挖去一個直三棱柱，該幾何體的形狀如圖所示，于是，，，，所以表面積，故選A.點睛：本題利用空間幾何體的三視圖重點考查學生的空間想象能力和抽象思維能力，屬于難題.三視圖問題是考查學生空間想象能力最常見題型，也是高考熱點.觀察三視圖并將其“翻譯”成直觀圖是解題的關鍵，不但要注意三視圖的三要素“高平齊，長對正，寬相等”，還要特別注意實線與虛線以及相同圖形的不同位置對幾何體直觀圖的影響，對簡單組合體三視圖問題，先看俯視圖確定底面的形狀，根據正視圖和側視圖，確定組合體的形狀.10.已知橢圓,作傾斜角為的直線交橢圓于兩點,線段的中點為為坐標原點,若直線的斜率為,則()A.B.C.D.【答案】B【解析】分析：首先設出點A,B的坐標，然后結合點差法計算b的值即可.詳解：設,,則，兩式作差得.因為,所以.即.由,解得,即.本題選擇B選項.點睛：本題主要考查點差法及其應用，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.11.在平面直角坐標系中,已知三點,為坐標原點若向量與在向量方向上的投影相等,則的最小值為()A.B.C.D.【答案】B【解析】分析：由題意首先確定點的軌跡方程，然后結合目標函數的幾何意義即可求得最終結果.詳解：因為向量與在向量方向上的投影相同,所以，即：,整理可得.即點在直線上.的最小值為原點到直線的距離的平方,