高考数学模拟试题7

1 高考模拟试题 考前练习 7 理 满分 150 分 时间 120 分钟 一 选择题一 选择题 本大题共本大题共 8 8 小题 每小题小题 每小题 5 5 分 共分 共 4040 分分 在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中 只有一只有一 项是符合要求的项是符合要求的 1 设全集 U Z A 1 2 3 B 2 3 4 5 则 B CuA 等于 A 0 4 5 B 0 1 C 4 5 D 2 3 2 已知 a 3 4 b 8 6 则向量 a 与 b A 互相平行 B 互相垂直 C 夹角为 30 D 夹角为 60 3 复数在复平面中所对应的点到原点的距离为 i i 1 A B C 1 D 2 1 2 2 2 4 已知函数 y sin x cos x 则其最小正周期和图象的一条对称轴方程分别为 6 6 A 2 x B 2 x C x D x 6 12 6 12 5 设正三棱锥 V ABC 的底边长为 2 高为 2 则侧棱与底面所成角的大小为3 A B arcsin C D arctan2 4 3 2 6 6 下列判断正确的是 A 正四棱锥的底面是正方形 的逆命题为真命题 B ac2 bc2 的充要条件是 a b C 若 p 或 q 是真命题 则 p q 至少有一个真命题 D 不等式 1 的解集为 x x0 的解集是 x 0 x0 的焦点在 x 轴上 其右顶点关于直线 x y 4 0 的对称点在椭 2 22 4b yx 圆的左准线上 1 求椭圆的方程 2 过椭圆左焦点 F 的直线 l 交椭圆于 A B 两点 交椭圆左准线于点 C 设 O 为坐 标原点 且 2 求 OAB 的面积 OAOCOB 7 19 本小题满分 14 分 已知数列 an 满足 a1 a a 0 且 a 1 其前 n 项和 Sn 1 an a a 1 1 求证 an 为等比数列 2 记 bn anlg an n N Tn为数列 bn 的前 n 项和 i 当 a 2 时 求 n lim n n b T ii 当 a 时 是否存在正整数 m 使得对于任意正整数 n 都有 bn bm 如果存 3 7 在 求出 m 的值 如果不存在 请说明理由 8 20 本小题满分 13 分 设 M 是由满足下列条件的函数 f x 构成的集合 方程 f x x 0 有实数根 函 数 f x 的导数 f x 满足 0 f x 1 1 判断函数 f x 是否是集合 M 中的元素 并说明理由 2 x 4 sin x 2 集合 M 中的元素 f x 具有下面的性质 若 f x 的定义域为 D 则对于任意 m n D 都存在 x0 m n 使得等式 f n f m n m f x0 成立 试用这一性质证明 方程 f x x 0 只有一个实数根 3 设 x1是方程 f x x 0 的实数根 求证 对于 f x 定义域中任意的 x2 x3 当 x2 x1 1 且 x3 x1 1 时 f x3 f x2 2 9 参考答案参考答案 一 选择题一 选择题 1 C 2 B 3 B 4 D 5 A 6 C 7 A 8 D 二 填空题二 填空题 一题两空的题目 第一个空一题两空的题目 第一个空 2 2 分 第二个空分 第二个空 3 3 分分 t t 9 3 10 11 0 7 12 9 5 13 x 2 y2 1 x2 16y2 4 14 1 5 2 3 2 nn 三 解答题 限于篇幅 每题只给出一种答案 其他答案仿此给分三 解答题 限于篇幅 每题只给出一种答案 其他答案仿此给分 x x 15 解 1 因为 sin 所以 cos 25 3 5 4 所以 cos sin cos 4 2 2 10 2 2 sin2 2 2cos2 2cos2sin2 2 cos1 4cos1 2cos4sin 2 2 2sincos 2 cos1 50 3 16 解法一解法一 1 设 3 次均取得白球得 3 分 的事件为 A 则 P A 125 8 5 2 5 2 5 2 2 从袋中加续取 2 个球的情况为 2 次均为白球 1 次白球 1 次红球 2 次均为红球三种 情况 所以 的可能取值为 2 3 4 而每次取得红球的概率为 每次取得白球的概率为 每次取球的情况是彼此独立的 5 3 5 2 所以 P 2 2 P 3 2 2 C 5 2 25 4 1 2 C 5 2 5 3 25 12 P 4 3 2 C 5 3 25 9 234 P 25 4 25 12 25 9 所以 E 2 3 4 3 2 25 4 25 12 25 9 17 解法一解法一 1 在直三棱柱 ABC A1B1C1中 CC1 平面 ABC 所以 CC1 AC 因为 BC CC1 所以 BCC1B1为正方形 又 ACB 90 所以 AC BC 连结 B1C 则 B1C 为 AB1在平面 BCC1B1上的射影 因为 B1C BC1 所以 AB1 BC1 2 因为 BC B1C1 BC面 AB1C1 所以 BC AB1C1 所以点 B 到平面 AB1C1的距离等于点 C 到平面 AB1C1的距离 连接 A1C 交 AC1于 H 则 CH AC1 由于 B1C1 A1C1 B1C1 CC1 所以 B1C1 平面 ACC1A1 B1C1 CH 所以 CH 平面 AB1C1 10 CH A1C 2 1 2 3 取 A1B1中点 D 连 C1D 因为 A1B1C1是等腰三角形 所以 C1D A1B1 又 BB1 平面 A1B1C1 所以 BB1 C1D 所以 C1D 平面 ABB1A1 作 DE AB1于 E 连 C1E 则 DE 为 C1E 在平面 ABB1A1上的射影 所以 C1E AB1 C1ED 为二面角 C1 AB1 A1的平面角 由已知 C1D DE A1A 2 2 1 1 AB DB 32 2 3 2 由已知 C1D DE C1ED 60 2 DE DC1 3 即二面角 C1 AB1 A1的大小为 60 解法二解法二 1 如图建立直角坐标系 其中 C 为坐标原点 依题意 A 2 0 0 B 0 2 0 B1 0 2 2 C1 0 0 2 因为 2 2 2 0 2 2 0 11 BC AB 所以 AB1 BC1 2 设 0 0 得 1 ABn 11 AC n 所以 0 0 11 111 zx zyx 0 11 1 zx y 令 z1 1 则 1 0 1 1 n 因为 2 2 0 所以 B 到平面 AB1C1的距离为 d AB 1 1 n nAB 2 3 设 x2 y2 z2 是平面 AB1C1的法向量 2 n 由 0 0 得 2 n 11B A 2 n 11A A 所以 0 0 2 22 z yx 0 2 22 z xy 令 y2 1 则 1 1 0 2 n 因为 cos 1 n 2 n 22 1 21 21 nn nn 2 1 所以 二面角 C1 AB1 A1的大小为 60 18 解解 1 椭圆的右顶点为 2 0 设 2 0 关于直线 x y 4 0 的对称点 x0 y0 11 则 1 2 04 22 2 0 0 00 x y yx 解得 x0 4 所以 1 4 4 2 c cc a 则 b 所求椭圆方程为3 1 34 2 2 y x 2 设 A x1 y1 B x2 y2 C 4 y3 由得 3 4k2 x2 8k2x 4k2 12 0 1 1243 22 xky yx 所以 x1 x2 x1x2 2 2 43 8 k k 2 2 43 124 k k 因为 即 x1 y1 4 y3 2 x2 y2 OBOCOA2 所以 2x2 x1 4 由 得 x2 x1 2 2 43 84 k k 2 43 4 k 代入 得 整理得 4k4 k2 5 0 2 2 43 84 k k 2 2 2 43 124 43 4 k k k 所以 k2 4 5 所以 x1 x2 2 1 4 7 由于对称性 只需求 k 时 OAB 的面积 2 5 此时 y1 y2 所以 S OAB OF y1 y2 5 4 3 5 8 3 2 1 5 16 9 19 证明 1 当 n 2 时 an Sn Sn 1 1 an 1 an 1 a a 1a a 1 整理得 a 所以 an 是公比为 a 的等比数列 1 n n a a 又 a1 a 所以 an an 2 因为 an an bn anlg an anlg an nanlg a i 当 a 2 时 Tn 2 2 22 n 2n lg2 12 2Tn 22 2 23 n 1 2n n 2n 1 lg2 两式相减 整理得 Tn 2 1 1 n 2n lg2 所以 2 n n n b T lim2 1 1 2 1 nn n ii 因为 1 a 0 所以 当 n 为偶数时 bn nanlg a 0 所以 如果存在满足条件的正整数 m 则 m 一定是偶数 b2k 2 b2k 2a2k a2 1 k lg a k N 2 2 1a a 当 a 时 a2 1 所以 2a2k a2 1 lg a 0 又 3 7 9 2 2 2 1a a 2 7 所以 当 k 时 b2k 2 b2k 即 b8 b10 b12 2 7 即存在正整数 m 8 使得对于任意正整数 n 都有 bn b8 20 解 1 因为 f x cosx 2 1 4 1 所以 f x 满足条件 0 f x 1 4 3 4 1 又因为当 x 0 时 f 0 0 所以方程 f x x 0 有实数根 所以函数 f x 是集合 M 的元素 4 sin 2 xx 2 假设方程 f x x 0 存在两个实数根 则 f 0 f 0 不妨设 根据题意存